Problemas resueltos-leyes-newton

1
PROBLEMAS RESUELTOS LEYES DE NEWTON
"No sé cómo puedo ser visto por el mundo, pero en mi opinión, me he comportado como un niño que
juega al borde del mar, y que se divierte buscando de vez en cuando una piedra más pulida y una
concha más bonita de lo normal, mientras que el gran océano de la verdad se exponía ante mí
completamente desconocido."
SIR ISAAC NEWTON
Esta era la opinión que Newton tenía de sí mismo al fin de su vida. Fue muy respetado, y ningún
hombre ha recibido tantos honores y respeto, salvo quizá Einstein. Heredó de sus predecesores,
como él bien dice "si he visto más lejos que los otros hombres es porque me he aupado a hombros
de gigantes"- los ladrillos necesarios, que supo disponer para erigir la arquitectura de la dinámica y
la mecánica celeste, al tiempo que aportaba al cálculo diferencial el impulso vital que le faltaba.
Este solucionario sobre las leyes de Newton tiene como objetivo colocar al servicio de la comunidad
universitaria y a todos los interesados en el tema de vectores, equilibrio y movimiento de los
cuerpos. Esta obra fue concebida buscando llenar en parte el vacío de conocimientos en el tema y
da las bases y fundamentos de una manera sencilla y de fácil entendimiento. Son problemas de las
físicas de Sears – Zemansky, Halliday – Resnick, Serway, Finn y otros grandes profesores en el
tema.
Para cualquier inquietud o consulta escribir a:
0HUquintere@hotmail.comU
H1HUquintere@gmail.comU
H2HUquintere2006@yahoo.comU
Erving Quintero Gil
Ing. Electromecánico
Bucaramanga – Colombia
2010

2
PROBLEMA DE REPASO DE LA FISICA DE SERWAY Pág. 132 de la cuarta edición
Considere los tres bloques conectados que se muestran en el diagrama.
Si el plano inclinado es sin fricción y el sistema esta en equilibrio, determine (en función de m, g y θ).
a) La masa M
b) Las tensiones T1 y T2.
Bloque 2m
ΣFx = 0
T1 – W1X = 0
Pero: W1X = W1 sen θ
W1 = (2m) * g
W1X = (2m * g) sen θ
Reemplazando
T1 – W1X = 0
T1 – (2m * g) sen θ = 0 (Ecuación 1)
Bloque m
ΣFx = 0
T2 - T1 – W2X = 0
Pero: W2X = W2 sen θ W2 = m * g
W2X = (m * g) sen θ
Reemplazando
T2 - T1 – W2X = 0
T2 - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 2)
Resolviendo las ecuaciones tenemos:
T1 – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 1)
T2 - T1 – (m * g) sen θ = 0 (Ecuación 2)
T2 – (2 m * g) sen θ – (m * g) sen θ = 0
T2 – (3 m * g) sen θ = 0
T2 = (3 m*g) sen θ
T1 – W1X = 0
T1 = W1X = (2 m * g) sen θ
T1 = (2 m*g) sen θ
Bloque M
ΣFY = 0
T2 – W3 = 0
T2 = W3
θ
T2
T2
T1
T1
M
m
2m
W3 = M * g
T2
Bloque M
W1 = 2m*g
θ
W1Y
T1
N1
W1X
Bloque 2m
T2
N2
T1
W2X
W2Y
θ
Bloque m
W2 = m*g

3
W3 = M * g
T2 = M * g
Pero: T2 = (3 m * g) sen θ
T2 = M * g
M * g = (3m*g) sen θ
M = (3m) sen θ
a) La masa M
M = 3 m sen θ
Si se duplica el valor encontrado para la masa suspendida en el inciso a), determine:
c) La aceleración de cada bloque.
d) Las tensiones T1 y T2.
La masa es M = 3 m sen θ
El problema dice que se duplique la masa
M = 2 * (3 m sen θ)
M = 6 m sen θ
Al duplicar la masa, el cuerpo
se desplaza hacia la derecha.
Bloque 2m
ΣFx = (2 m) * a
T1 – W1X = 2 m * a
W1 = 2 m * g
Reemplazando
T1 – W1X = 2 m * a
T1 – (2 m * g) sen θ = 2 m * a (Ecuación 1)
Bloque m
ΣFx = (m) * a
T2 - T1 – W2X = m * a
Pero: W2X = W2 sen θ W2 = m*g
Reemplazando
T2 - T1 – W2X = m * a
θ
T2
T2
T1
T1
M
m
2m
W1 = 2m*g
θ
W1Y
T1
N1
W1X
Bloque 2m
T2
N2
T1
W2X
W2Y
θ
Bloque m
W2 = m*g

4
T2 - T1 – (m * g) sen θ = m * a (Ecuación 2)
Bloque M
ΣFY = (6 m sen θ) * a
W3 - T2 = 6 m sen θ * a
W3 = 6 m sen θ * g
Reemplazando
6 m sen θ * g - T2 = 6 m sen θ * a (Ecuación 3)
T1 – (2m * g) sen θ = 2m * a (Ecuación 1)
T2 - T1 – (m*g) sen θ = m * a (Ecuación 2)
– (2m*g) sen θ – (m *g) sen θ + 6 m sen θ * g = 2m * a + m * a + 6 m sen θ * a
– (3m*g) sen θ + 6 m sen θ * g = 3m * a + 6 m sen θ * a
3 m g sen θ = 3 m * a + 6 m sen θ * a
Cancelando las masas m
m g sen θ = m * a + 2 m sen θ * a
g sen θ = a + 2 sen θ * a
a + 2 sen θ * a = g sen θ
Factorizando la aceleración
a(1 + 2 sen θ) = g sen θ
θ
θ
sen21
seng
a
+
=
Despejando la ecuación 3 para hallar T2
6 m sen θ * g - 6 m sen θ * a = T2
6 m sen θ ( g - a ) = T2
Pero:
θ
θ
sen21
seng
a
+
=
Reemplazando
2T
sen21
seng
-gsenm6 =⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
+ θ
θ
θ
Factorizando g
W3 = 6 m sen θ * g
T2
Bloque M

5
2T
sen21
sen
-1sengm6 =⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
+ θ
θ
θ
2T
sen21
sen-2sen1
sengm6 =⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
+
+
θ
θθ
θ
2T
sen21
sen1
sengm6 =⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
+
θ
θ
θ
( )
sen21
)sen(1*sengm6
2T ⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
+
+
=
θ
θθ
Despejando la ecuación 1 para hallar T1
T1 – (2m*g) sen θ = 2m * a (Ecuación 1)
T1 = 2m * a + 2m*g sen θ
Pero:
θ
θ
sen21
seng
a
+
=
θ
θ
θ
sengm2
sen21
seng
m21T +⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
( ) θ
θ
θ
sengm2
sen21
sengm2
1T +⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
( )( )[ ]
sen21
2sen1sengm2sengm2
1T ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
++
=
θ
θθθ
sen21
2sengm4sengm2sengm2
1T
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
++
=
θ
θθθ
sen21
2sengm4sengm4
1T
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
=
θ
θθ
Factorizando
( )
sen21
1sengm4
1T ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
=
θ
θθ sen
Si el coeficiente de fricción estática entre m y 2m y el plano inclinado es μS y el sistema esta en
equilibrio encuentre:
e) El valor mínimo de M.
f) El valor máximo de M.
g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximo
FR
θ
T2
T2
T1
T1
M
m
2m
FR

6
Para hallar el valor mínimo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento hacia
la izquierda y la fuerza de rozamiento se opone a esto.
Bloque 2m
ΣFx = 0
T1 + FR – W1X = 0
W1 = 2m * g
Reemplazando
T1 + FR – W1X = 0
T1 + FR – (2m * g) sen θ = 0 (Ecuación 1)
ΣFY = 0
N1 - W1Y = 0
Pero: W1Y = W1 cos θ
Pero: W1 = 2 m g
W1Y = 2 m g cos θ
N1 = W1Y
N1 = 2 m g cos θ (Ecuación 2)
Pero: FR = μS * N1 (Ecuación 3)
FR = μ *2 m g cos θ
Reemplazando en la ecuación 1, tenemos
T1 + FR – (2m * g) sen θ = 0
T1 + μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4)
Bloque m
ΣFx = 0
T2 + FR - T1 – W2X = 0
W2 = m * g
T2 + FR - T1 – W2X = 0
T2 + FR - T1 – (m * g) sen θ = 0 (Ecuación 5)
ΣFY = 0
N2 – W2Y = 0
W2Y = W2 cos θ
θ
FR
T1
W1 = 2m*g
W1Y
N1
W1X
Bloque 2m
T2
N2
T1
W2X
W2Y
θ
W2 = m*g
FR
Bloque m

7
Pero: W2 = m g
N2 = W2Y = m g cos θ
Pero: FR = μ * N2
FR = μ * m g cos θ (Ecuación 6)
Reemplazando la ecuación 6 en la ecuación 5
T2 + FR2 - T1 – (m*g) sen θ = 0
T2 + μ * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 7)
Bloque M
ΣFY = 0
W3 - T2 = 0
T2 = W3
W3 = M * g
T2 = M * g
M * g - T2 = 0 (Ecuación 8)
T1 + μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4)
T2 + μ * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 7)
μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ + μ * m g cos θ – (m*g) sen θ + M * g = 0
Sumado términos semejantes
μ *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ + M * g = 0
M * g = 3 m g sen θ - 3 μ m g cos θ
Se cancela la g (gravedad) como termino común
M = 3 m sen θ - 3 μ m cos θ
M = 3 m (sen θ - μ cos θ ) (Este es el valor mínimo de M para que el sistema se mantenga en
equilibrio)
Reemplazando M en la ecuación 8, hallamos T2
3 m (sen θ - μ cos θ ) * g - T2 = 0
Despejando T2
T2 = 3 m (sen θ - μ cos θ )* g Este es el valor de T2, cuando M es mínimo
f) El valor máximo de M.
Para hallar el valor máximo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento hacia la
derecha y la fuerza de rozamiento se opone a esto.
Bloque 2m
ΣFx = 0
W3 = M * g
T2
Bloque M

8
T1 - FR1 – W1X = 0
W1 = 2m * g
W1X = (2m*g) sen θ
Reemplazando
T1 - FR1 – W1X = 0
T1 - FR1 – (2m*g) sen θ = 0 (Ecuación 9)
ΣFY = 0
N1 - W1Y = 0
Pero: W1 = 2 m g
N1 = W1Y
N1 = 2 m g cos θ (Ecuación 10)
Pero: FR = μ * N1
FR = μ *2 m g cos θ (Ecuación 11)
Reemplazando la ecuación 11 en la ecuación 9, tenemos
T1 - FR – (2m*g) sen θ = 0
T1 - μ * 2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 12)
Bloque m
ΣFx = 0
T2 - FR - T1 – W2X = 0 (Ecuación 13)
W2 = m * g
W2X = (m*g) sen θ
Pero: W2 = m g
W2Y = m g cos θ
ΣFY = 0
N2 – W2Y = 0
N2 = W2Y = m g cos θ (Ecuación 14)
Pero: FR = μ * N2
FR = μ * m g cos θ (Ecuación 15)
T2 - FR - T1 – W2X = 0 (Ecuación 13)
T2 - FR - T1 – (m*g) sen θ = 0
T2 - μ * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 16)
FR
θ
T1
W1 = 2m*g
W1Y
N1
W1X
Bloque 2m
FR
W2X
T2
N2
T1
W2Y
θ
W2 = m*g
Bloque m

9
Bloque M
ΣFY = 0
W3 - T2 = 0
T2 = W3
W3 = M * g
T2 = M * g
M * g - T2 = 0 (Ecuación 17)
T1 - μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 12)
T2 - μ * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 16)
M * g - T2 = 0 (Ecuación 17)
- μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ - μ * m g cos θ – (m * g) sen θ + M * g = 0
- μ *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ + M * g = 0
Se cancela la g (gravedad) como termino común
M * g = 3 m g sen θ + 3 μS m g cos θ
M = 3 m sen θ + 3 μ m cos θ
M = 3 m (sen θ + μ cos θ ) El valor máximo de M, para que el sistema no se desplace hacia la
derecha
Reemplazando M en la ecuación 17, hallamos T2
M * g - T2 = 0 (Ecuación 17)
3 m (sen θ + μ cos θ )* g - T2 = 0
Despejando T2
T2 = 3 m (sen θ + μ cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es máximo.
g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximo
Despejando T2
T2 = 3 m (sen θ - μ cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es mínimo
Despejando T2
T2 = 3 m (sen θ + μ cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es máximo.
Problema 5 – 1 Edición cuarta; Problema 5 – 1 Edición quinta
Una fuerza F aplicada a un objeto de masa m1 produce una aceleración de 3 m/seg2
La misma
fuerza aplicada a un objeto de masa m2 produce una aceleración de 1 m/seg2
.
a) Cual es el valor de la proporción m1 / m2
b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F.
a) Por la acción de la segunda ley de newton, tenemos:
a1 = 3 m/seg2
a2 =1 m/seg2
W3 = M * g
T2
Bloque M

10
F = m1 * a1 (Ecuación 1)
F = m2 * a2 (Ecuación 2)
Como la fuerza F es igual para los dos objetos, igualamos las ecuaciones.
m1 * a1 = m2 * a2
3
1
1a
2a
2m
1m
==
3
1
2m
1m
=
b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F.
MT = m1 + m2
F = (m1 + m2) * a
2m1m
F
a
+
= (Ecuación 3)
Pero: F = m1 * a1 = m1 * 3
3
F
1m =
F = m2 * a2 = m2 * 1
F
1
F
2m ==
Reemplazando m1 y m2 en la ecuación 3, tenemos:
4
3
F4
F3
3
F4
F
F
3
F
F
2m1m
F
a ===
+
=
+
=
a = ¾ m/seg2
a = 0,75 m/seg2
Problema 5 – 2 Edición cuarta; Problema 5 – 20 Edición quinta
Tres fuerza dadas por F1 = (- 2i + 2j )N, F2 = ( 5i -3j )N, y F3 = (-45i) N actúan sobre un objeto para
producir una aceleración de magnitud 3,75 m/seg2
a) Cual es la dirección de la aceleración?
∑F = m * a
∑F = F1 + F2 + F3
∑F = (- 2i + 2j ) + ( 5i -3j ) + (-45i) = m * a = m * (3,75 ) a
Donde a representa la dirección de a
∑F = (- 42i - 1j ) = m * a = m * (3,75 ) a
- 42
-1
θ
F = 42 Newton

11
( ) ( ) Newton42176521-242-F ==+=
2-10*2,3809
42-
1-
tg ==θ
Θ = arc tg 2,3809 * 10-2
Θ = 181,360
42 = = m * (3,75 ) a
La aceleración forma un ángulo de 1810
con respecto al eje x.
b) Cual es la masa del objeto?
42 = m * (3,75 )
Kg11,2
3,75
42
m ==
c) Si el objeto inicialmente esta en reposo. Cual es su velocidad después de 10 seg?
VF = V0 +a * t pero: V0 = 0
VF = a * t pero: a = 3,75 m/seg2
VF = a * t = 3,75 m/seg2
* 10 seg
VF = 37,5 m/seg 1810
d) Cuales son las componentes de velocidad del objeto después de 10 seg.
VX = VF * cos 181 = - 37,5 m/seg
VY = VF * sen 181 = - 0,654 m/seg
Problema 5 – 4 Edición Cuarta Serway
Una partícula de 3 kg parte del reposo y se mueve una distancia de 4 metros en 2 seg. Bajo la
acción de una fuerza constante única. Encuentre la magnitud de la fuerza?
m = 3 Kg.
X = 4 metros
T = 2 seg.
2ta
2
1
t0VX += pero; V0 = 0
2ta
2
1
X =
2 X = a t2
2seg
m
2
4
8
22
4*2
2t
X2
a ====
F = m * a
F = 3 * 2 = 6 Newton.
VF = 37,5 m/seg
VX
VY
Θ = 1810

12
Problema 5 – 4 Edición quinta serway
Un tren sorprendentemente pesado tiene una masa de 15000 toneladas métricas. Si la locomotora
puede arrastrar con una fuerza de 750000 Newton. Cuanto tarda en incrementar su rapidez 0 a 80
km/hora.
m = 15000 toneladas. = 15000000 KG V0 = 0 VF = 80 km/hora.
F = 750000 Newton.
seg
m
22,22
seg3600
hora1
*
km1
m1000
*
hora
km
80FV ==
F = m a
2
2-
seg
m
10*5
kg15000000
Newton750000
m
F
a ===
VF = V0 +a * t pero: V0 = 0
VF = a * t
seg444,4
2-10*5
22,22
a
FV
t ===
Problema 5 – 5 serway Edición Cuarta; Problema 5 – 5 serway Edición quinta
Una bala de 5 gr sale del cañón de un rifle con una rapidez de 320 m/seg. Que fuerza ejercen los
gases en expansión tras la bala mientras se mueve por el cañón del rifle de 0,82 m de longitud.
Suponga aceleración constante y fricción despreciable.
m = 5 gr. VF = 320 m/seg X = 0,82 m
0
(VF)2
= (V0)2
+ 2 a X
2 a x = (VF)2
( ) ( )
2seg
m
62439,02
1,64
102400
-
0,82*2
2320
-
X2
2
FV
a ====
kg0,005
gr1000
kg1
*gr5m ==
F = m * a
F = 0,005 * 62439,02 = 312,91 Newton.
Problema 5 – 6 serway Edición cuarta; Problema 5 – 6 serway Edición quinta
Un lanzador tira horizontalmente hacia el frente una pelota de béisbol de 1,4 Newton de peso a una
velocidad de 32 m/seg. Al acelerar uniformemente su brazo durante 0,09 seg Si la bola parte del
reposo.

13
a) Que distancia se desplaza antes de acelerarse?
b) Que fuerza ejerce el lanzador sobre la pelota.
W = 1,4 Newton t = 0,09 seg. V0 = 0 VF = 32 m/seg
VF = V0 +a * t pero: V0 = 0
VF = a * t
2seg
m
355,55
0.09
32
t
FV
a ===
W = m g
kg0,142
2seg
m
9,8
Newton1,4
g
W
m ===
0
(VF)2
= (V0)2
– 2 * a * X
2 a x = (VF)2
( ) ( ) metros1,44
711,11
1024
355,55*2
232
a2
2
FV
X ====
FX = m a = 0,142 * 355,55
FX = 50,79 Newton.
Problema 5 – 7 Serway Edición Cuarta; Problema 5-3 Serway Edición quinta
Una masa de 3 kg se somete a una aceleración dada por a = (2 i + 5 j) m/seg2
Determine la fuerza
resultante F y su magnitud.
F = m a
F = 3 * (2 i + 5 j)
F = (6 i + 15 j) Newton
( ) ( ) Newton16,1526126215RF ==+=
Problema 5 – 8 Serway Edición cuarta
Un tren de carga tiene una masa de 1,5 * 107
kg. Si la locomotora puede ejercer un jalón constante
de 7,5 * 105
Newton. Cuanto tarda en aumentar la velocidad del tren del reposo hasta 80 km/hora.
m = 1,5 * 107
kg. V0 = 0 VF = 80 km/hora. F = 7,5 * 105
Newton.
seg
m
22,22
seg3600
hora1
*
km1
m1000
*
hora
km
80FV ==
FR = 16,15 N
6 i
15 j

14
F = m a
2seg
m2-10*5
kg710*1,5
Newton510*7,5
m
F
a ===
VF = V0 +a * t pero: V0 = 0
VF = a * t
seg444,4
2-10*5
22,22
a
FV
t ===
Problema 5 – 9 Serway Edición Cuarta
Una persona pesa 125 lb.
Determine
a) Su peso en Newton.
b) Su masa en kg.
Newton556
lb1
Newton4,448
*lb125W ==
W = m g
kg56,73
2seg
m
9,8
N556
g
W
m ===
Problema 5 – 22 Serway Edición quinta
Una masa de 3 kg se mueve en un plano, con sus coordenadas x,y dadas por X = 5t2
-1
Y = 3t2
+2 donde x,y esta en metros y t en segundos.
Encuentre la magnitud de la fuerza neta que actua sobre esta masa en t= 2 seg.
t
x
x
d
d
v =
t
2
x
d
1)-(5td
v =
Vx = 10 t
t
x
x
d
vd
a =
t
x
d
(10t)d
a =
ax = 10 m/seg2
si t = 2 seg.
FX = m ax

15
FX = 3 * 10 = 30Newton
t
y
y
d
d
v =
t
3
y
d
2)(3td
v
+
=
Vy = 9 t2
t
y
y
d
vd
a =
t
2
y
d
)(9td
a =
ay = 18 t
ay = 18 t = 18 * 2
ay = 36 m/seg2
FY = m aY
FX = 3 * 36 = 108 Newton
( ) ( )2FFF Y
2
X +=
( ) ( ) Newton112,0812564210830F
2
==+=
La distancia entre dos postes de teléfono es 50 metros. Un pájaro de 1 kg. Se posa sobre el cable
telefónico a la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0,2 metros. Dibuje un
diagrama de cuerpo libre del ave cuanta tensión produce el ave sobre el alambre. Ignore el peso del
cable.
0,008
22,5
0,18
Tg ==θ
θ = arc tg 0,008
θ = 0,45830
∑ FY = 0
∑ FY = TY + TY - W = 0
Pero:
Ty = T sen 0,4583
W = m * g = 1 * 9,8 = 9,8 Newton
0,2 mθ θ
25 metros 25 metros
50 metros
m = 1 Kg
W = m * g
25 metros
TX
TY TY
TX
m = 1 Kg
W = m *

16
T sen 0,4583 + T sen 0,4583 - W = 0
2 T sen 0,4583 = W = 9,8
Newton.612,88
2-10*1,6
9,8
0,4583sen2
9,8
T ===
Problema 5 – 24 Serway Edición cuarta; Problema 5 – 11 Serway Edición quinta; Problema 5
– 7 Serway Edición sexta
Un electrón de masa 9,11 * 10 – 31
kg tiene una rapidez inicial de 3 * 105
m/seg. Viaja en línea recta y
su rapidez aumenta a 7 * 105
m/seg. En una distancia de 5 cm. Suponiendo que su aceleración es
constante,
a) determine la fuerza ejercida sobre el electrón
b) Compare esta fuerza con el peso del electrón, la cual se ha despreciado
V0 = 3 * 105
m/seg.
VF = 7 * 105
m/seg
(VF)2
= (V0)2
+ 2 * a * X
(VF)2
- (V0)2
= 2 * a * X
(7 * 105
)2
- (3 * 105
)2
= 2 * a * X
(49 * 1010
) - (9 * 1010
) = 2 * a * X
(40 * 1010
) = 2 a X
Pero: X = 5 cm = 0,05 metros
2
12
101010
seg
m
10*4
0,1
10*40
0,05*2
10*40
X2
10*40
a ====
F = m a
Pero: m = 9,11 * 10 – 31
kg
F = 9,11 * 10 – 31
* (4 * 1012
)
F = 3,644 * 10 – 18
Newton
b) Compare esta fuerza con el peso del electrón, la cual se ha despreciado
Peso del electrón = masa del electrón * gravedad
Peso del electrón = 9,11 * 10 – 31
kg * 9,8 m/seg2
Peso del electrón = 8,9278 * 10 – 30
Newton
10*0,4081
10*8,9278
10*3,644
electrondelpeso
electrondelfuerza 9
30-
18-
==
El electrón es 408 mil millones de veces más pequeño con respecto al valor de la fuerza
ejercida sobre el electrón.
5 cm

17
Problema 5 – 24 Serway Edición quinta; Problema 5 – 18 Serway Edición Sexta
Una bolsa de cemento de 325 Newton de peso cuelgan de 3 alambres como muestra la figura. Dos
de los alambres forman ángulos θ1 = 600
θ2 = 250
con la horizontal.
Si el sistema esta en equilibrio encuentre las tensiones T1 , T2 y T3
T1Y = T1 . sen 60 T2Y = T2. sen 25
T1X = T1 . cos 60 T2X = T2 . cos 25
Σ FX = 0
T1X - T2X = 0 (ecuación 1)
T1X = T2X
T2 . cos 25 = T1 . cos 60
T2 . 0,9063 = T1 . 0,5
112 T0,5516T*
0,9063
0,5
T == (Ecuación 1)
Σ FY = 0
T1Y + T2Y – W = 0
T1Y + T2Y = W pero: W = 325 N
T1Y + T2Y = 325
T1 . sen 60 + T2. sen 25 = 325
0,866 T1 + 0,4226 T2 = 325 (Ecuación 2)
0,866 T1 + 0,4226 T2 = 325
0,866 T1 + 0,4226 *(0,5516 T1) = 325
0,866 T1 + 0,2331 T1 = 325
1,099 T1 = 325
Newton295,72
1,099
325
T1 ==
T1 = 295,72 N.
Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1.
T2 = 0,5516 T1
T2 = 0,5516 * (295,72)
T2 = 163,11 Newton.
Problema 5 – 26 Serway Edición Cuarta
Encuentre la tensión en cada cuerda para los sistemas mostrados en la figura P5.26. Ignore la masa
de las cuerdas.
∑ FX = 0
∑ FX = T2X – T1X = 0
T2X = T1X
T1Y
T1X
T2
600
W = 325 N
T1
T2X
T 2Y
25 0
T 1
250
T2
600
W = 325 N
T3

18
Pero:
T2X = T2 cos 50
T1X = T1 cos 40
Reemplazando
T2X = T1X
T2 cos 50 = T1 cos 40
T2 0,6427 = T1 0,766
1,19181T
0,6427
0,7661T
2T ==
T2 = 1,1918 T1 (ecuación 1)
∑ FY = 0
∑ FX = T2Y + T1Y - W = 0
Pero:
T2Y = T2 sen 50
T1y = T1 sen 40
W = m * g = 5 * 9,8 = 49 Newton
Reemplazando
T2Y + T1Y - W = 0
T2 sen 50 + T1 sen 40 – 49 = 0
T2 0,766 + T1 0,6427 – 49 = 0 (ecuación 2)
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2.
T2 0,766 + T1 0,6427 – 49 = 0 pero: T2 = 1,1918 T1
(1,1918 T1) * 0,766 + T1 0,6427 – 49 = 0
(0,9129 T1) + T1 0,6427 = 49
1,5556 T1 = 49
Newton31,5
1,5556
49
1T ==
Se reemplaza en la ecuación 1
T2 = 1,1918 T1 (ecuación 1)
T2 = 1,1918 (31,5 ) = 37,54 Newton
T2 = 37,54 Newton.
T1Y
T2X
m = 5 Kg
W = m * g
T2
T1
400
500
T2Y
T1X
T3m = 5 Kg
T3
T1 T2
500
400

19
∑ FX = 0
∑ FX = T2 – T1X = 0
T2 = T1X
Pero:
T1X = T1 cos 60
Reemplazando
T2 = T1X
T2 = T1 cos 60
T2 = T1 0,5
0,5
2T
1T = (Ecuación 1)
∑ FY = 0
∑ FY = T1Y - W = 0
Pero:
T1y = T1 sen 60
W = m * g = 10 * 9,8 = 98 Newton
Reemplazando
T1Y - W = 0
T1 sen 60 – 98 = 0
T1 sen 60 = 98 (ecuación 2)
Newton113,16
0,866
98
60sen
98
1T ===
Reemplazando en la ecuación 1
Newton56,58
0,5
113,16
0,5
2T
1T ===
Un helicóptero contra incendios transporta un recipiente de 620 kg en el extreme de un cable de 20
metros de largo. Al volar de regreso de un incendio a rapidez constante de 40 m/seg, el cable forma
un ángulo de 400
respecto de la vertical.
a) Determine la fuerza de la resistencia del aire sobre el recipiente
b) Después de llenar el recipiente con agua de mar el piloto regresa al incendio a la misma
rapidez, pero ahora el recipiente forma un angulo de 70
con la vertical. Cual es la masa del
agua en el recipiente?
∑ FY = 0
TY = T cos 40
TX = T sen 40
TY – W = 0
TY – m g = 0
T1
T2
T3
m = 10 Kg
T3
600
T1X
T1Y
T1
600
T3
T2

20
T cos 40 – m g = 0
T cos 40 = m g
Newton7931,65
0,766
6076
0,766
9,8*620
40cos
gm
T ====
∑ FX = 0
TX - FR = 0
T sen 40 – FR = 0
FR = T sen 40
Pero: T = 7931,65 Newton
FR =7931,65 sen 40
FR = 7931,65 * 0,6427
FR = 5098,369 Newton (Fuerza de rozamiento)
c. Después de llenar el recipiente con agua de mar el piloto regresa al incendio a la misma rapidez,
pero ahora el recipiente forma un ángulo de 70
con la vertical. Cual es la masa del agua en el
recipiente?
Hallamos la nueva tensión en la cuerda
∑ FX = 0
TX - FR = 0
Pero: TX = T sen 7 FR = 5098,369 Newton
T sen 7 – FR = 0
T sen 7 – 5098,369 = 0
T sen 7 = 5098,369
Newton41834,63
7sen
5098,369
T ==
∑ FY = 0
TY = T cos 7
TY – Wt = 0
T cos 7 – Wt = 0
T
TY
TX
FR
W = m g
400
T
TY
TX
TxFR
T
TY
Wt = m g + peso del agua de mar

21
Wt = T cos 7
Wt = 41834,63 cos 7
Wt = 41522,8 Newton
Wt = 41522,8 = mt *g
kg4237,02
9,8
41522,8
mt == (La masa del recipiente + la masa del agua de mar)
mt = La masa del recipiente + la masa del agua de mar
La masa del recipiente = 620 Kg
masa del agua de mar = mt - masa del recipiente
masa del agua de mar = 4237,02 – 620 = 3617,02 kg
masa del agua de mar = 3617,02 kg
Problema 5 – 29 Serway Edición cuarta; Problema 5 – 17 Serway Edición sexta
La distancia entre dos postes de teléfono es 45 metros. Un pájaro de 1 kg se posa sobre cable
telefónico a la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0,18 metros. Cual es la
tensión en el cable (Ignore el peso del cable).
0,008
22,5
0,18
Tg ==θ
θ = arc tg 0,008
θ = 0,45830
∑ FY = 0
∑ FY = TY + TY - W = 0
Pero:
Ty = T sen 0,4583
W = m * g = 1 * 9,8 = 9,8 Newton
T sen 0,4583 + T sen 0,4583 - W = 0
2 T sen 0,4583 = W = 9,8
Newton.612,88
2-10*1,6
9,8
0,4583sen2
9,8
T ===
0,18 mθ θ
22.5 metros 22.5 metros
45 metros
m = 1 Kg
W = m * g TX
TY TY
TX
m = 1 Kg
W = m * g

22
Problema 5-30 Serway cuarta edición; Problema 5 – 27 Serway Quinta edición; Problema 5-21
Serway sexta edición
Los sistemas que se muestran en la figura están en equilibrio. Si la balanza de resorte esta calibrada
en Newton. Que lectura indica en cada caso?
Ignore las masas de poleas y cuerdas y suponga que el plano inclinado es sin fricción.
Bloque m1
Σ FY = m1 a
pero el sistema esta en
equilibrio, luego la
aceleración es cero.
W1 - T1 = 0
m1 g = T1
T1 = 9,8 * 5 = 49 Newton
T1 = 49 Newton
Problema 5 - 32 Serway cuarta edición; Problema 5 – 44 Serway Quinta edición; 5-40 Serway
sexta edición
Una mujer en el aeropuerto jala su maleta de 20 kg a una rapidez constante y su correa forma un
ángulo θ respecto de la horizontal (figura p5 – 44). Ella jala la correa con una fuerza de 35 Newton y
la fuerza de fricción sobre la maleta es de 20 Newton.
Dibuje un diagrama de cuerpo libre para la maleta.
a) Que ángulo forma la correa con la horizontal?
b) Que fuerza normal ejerce el piso sobre la maleta?
∑ FX = 0
(No existe aceleración por que
se desplaza a velocidad constante)
FX – FR = 0
FX = FR
Pero: FX = F cos θ
F cos θ = FR
35 cos θ = 20
0,5714
35
20
cos ==θ
θ = arc cos 0,5714
θ = 55,150
Que fuerza normal ejerce el piso sobre la maleta?
∑ FY = 0
N + FY – W = 0
N = W - FY
FR = 20 N
Maleta
θ
F = 35 N
θ
F = 35 N
N
W = m g
FX
FY
FR
m2 = 5 kg
m1 = 5 kg
T1
g = 9,8 m/seg2
Bloque m1
T1
m1 = 5 kg
W1 = m1 * g

23
Pero: FY = F sen θ
FY = 35 sen 55,150
FY = 28,7227
N = W - FY
N = m g – FY
N = 20 * 9,8 - 28,7227
N = 196 - 28,7227
N = 167,27 Newton
PROBLEMA 5 – 33 Serway CUARTA EDICION
Un bloque de masa m = 2 Kg. Se mantiene en equilibrio sobre un plano inclinado de ángulo θ = 600
mediante una fuerza horizontal F, como se muestra en la figura P5 – 33.
a) Determine el valor de F, la magnitud de F.
b) Encuentre la fuerza normal ejercida por el plano inclinado sobre el bloque (ignore la fricción).
Σ FX = 0
FX – WX = 0 (Ecuación 1)
FX = WX
Pero: FX = F cos 60
WX = W sen 60
F cos 60 = W sen 60
Newton33,941,732*9,8*260tggm60W tg
60cos
60sen
WF =====
F = 33,94 Newton
Encuentre la fuerza normal ejercida por el
plano inclinado sobre el bloque (ignore la fricción).
Σ FY = 0
N – WY – FY = 0 (Ecuación 2)
Pero: FY = F sen 60
WY = W cos 60
N – WY – FY = 0 (Ecuación 2)
N – W cos 60 – F sen 60 = 0
N – m g cos 60 – F sen 60 = 0
N – 2 * 9,8 * 0,5 – 33,94 * 0,866 = 0
N – 9,8 - 29,39 = 0
N = 9,8 + 29,39
N = 39,19 Newton
F
600
FX
FY
WX
WY
W
EJE X
N
300
300
600
F
W

24
Problema 5 – 33 Serway Quinta edición; Problema 5-25 Serway sexta edición
A un bloque se le da una velocidad inicial de 5 m/seg. Hacia arriba de un plano sin fricción con una
inclinación de 200
Cuan alto se desliza el bloque sobre el plano antes de que se detenga
Σ FX = m a
WX = m a
Pero:
WX = W sen 20
W sen 20 = m a
m g sen 20 = m a
g sen 20 = a
a = 9,8 sen 20
a = 3,351 m/seg2
Pero; V0 = 5 m/seg
0
(VF)2
= (V0)2
- 2 * a * X
(V0)2
= 2 * a * X
( )
metros3,729
6,703
25
3,351*2
25
a2
2
0V
X ====
X = 3,729 metros
Problema 5 – 34 Serway quinta edición; Problema 5 – 26 Serway sexta edición
Dos masas están conectadas por una cuerda ligera que pasa sobre una polea sin fricción, como en
la figura. Si el plano inclinado no tiene fricción y si m1 = 2 Kg. m2 = 6 Kg. y θ = 550
encuentre:
a) Las aceleraciones de las masas
b) La tensión en la cuerda
c) La rapidez de cada masa 2 seg. Después de que se sueltan desde el reposo.
m1 = 2 kg.
m2 = 6 kg.
θ = 550
Pero:
P1 = m1 g
P1 = 2 * 9,8 = 19,6 Newton
P1 = 19,6 Newton
Bloque m1
Σ Fy = m1 a
T – P1 = m1 a
T – 19,6 = 2 a (Ecuación 1)
WX
N
200
W
WY
700
W
N
200
X
m1 = 1 kg
T
Bloque m1
T
m1 = 2 kg
m2 = 6 kg
T
550

25
Pero:
P2 = m2 g
P2 = 6 * 9,8 = 58,8 Newton
P2 = 58,8 Newton
Bloque m2
P2X = P2 sen 55
P2X = 58,8 sen 55
P2X = 48,166 Newton
Σ FX = m2 a
P2X – T = m2 a
48,166 – T = 6 a (Ecuación 2)
T – 19,6 = 2 a (Ecuación 1)
48,166 – T = 6 a (Ecuación 2)
- 19,6 + 48,166 = 2a + 6a
28,566 = 8a
28,566 = a(8 )
2seg
m
3,57
8
28,566
a ==
T – 19,6 = 2 a (Ecuación 1)
T – 19,6 = 2 * 3,57
T – 19,6 = 7,14
T = 7,14 + 19,6
T = 26,74 Newton
La rapidez de cada masa 2 seg. Después de que se sueltan desde el reposo.
0
VF = V0 + a t
VF = a t
VF = 3,57 * 2
VF = 7,14 m/seg.
Problema 5.34 Serway cuarta edición
La bala de un rifle con una masa de 12 gr viaja con una velocidad de 400 m/seg
Y golpea un gran bloque de madera, el cual penetra una profundidad de 15 cm. Determine la
magnitud de la fuerza retardadora (supuesta constante) que actúa sobre la bala.
X = 15 cm = 0,15 m
kg0,012
gr1000
kg1
*gr12m ==
V0 = 400 m/seg VF = 0
Bloque m2
N2
P2Y
P2X
P2 = m2 g
T
550

26
0
(VF)2
= (V0)2
+ 2 a X
- 2 a x = (V0)2
( ) ( )
2seg
m
533333,33-
0,3
160000
-
0,15*2
2400
-
X2
2
0V
-a ====
F = m a = 0,012 * (-533333,33) = - 6400 Newton
F =- 6400 Newton
Problema 5.34 Serway quinta edición; Problema 5 – 26 Serway sexta edición
Dos masas están conectadas por una cuerda ligera que pasa sobre una polea sin fricción, como en
la figura. Si el plano inclinado no tiene fricción y si m1 = 2 Kg. m2 = 6 Kg. Y θ = 550
encuentre:
d) Las aceleraciones de las masas
e) La tensión en la cuerda
f) La rapidez de cada masa 2 seg. Después de que se sueltan desde el reposo.
m1 = 1 kg.
m2 = 2 kg.
Bloque m1
Σ Fy = m1 a
T – P1 = m1 a
T – m1 g = m1 a (Ecuación 1)
Bloque m2
Pero:
P2 = m2 g
P2 = 6 * 9,8 = 19,6 Newton
P2 = 58,8 Newton
P2X = P2 sen 55
P2X = 58,8 sen 55
P2X = 48,166 Newton
Σ FX = m2 a
P2X – T = m2 a
48,166 – T = m2 a (Ecuación 2)
48,166 – T = m2 a (Ecuación 2)
48,166 -– m1 g = m1 a + m2 a
48,166 – 2* 9,8 = a(m1 + m2 )
48,166 – 19,6 = a(2 + 6 )
Bloque m2
N2
P2Y
P2X
P2 = m2 g
T
550
m1 = 1 kg
T
Bloque m1
T
m1 = 2 kg
m2 = 6 kg
T
550

27
28,566 = a(8 )
2
seg
m
3,57
8
28,566
a ==
T – 2 * 9,8 = 2 * 3,57
T – 19,6 = 7,14
T = 26,74 Newton
La rapidez de cada masa 2 seg. Después de que se sueltan desde el reposo.
0
VF = V0 + a t
VF = a t
VF = 3,57 * 2
VF = 7,14 m/seg.
La fuerza del viento sobre la vela de un velero es de 390 Newton en dirección al Norte. El agua
ejerce una fuerza de 180 Newton al este. Si el bote junto con la tripulación tiene una masa de 270
kg. Cuales son la magnitud y dirección de su aceleración?
( ) ( )21802390RF +=
2,1666
180
390
Tg ==θ
θ = arc tg 2,1666
θ = 65,220
FR = m * a
Pero: m = 270 Kg.
2seg
m
1,59
270
430
m
RF
a ===
Problema 5.37 Edición cuarta Serway; Problema 5 – 37 Edición quinta; Problema 5-31 edición
sexta
Una fuerza horizontal FX actúa sobre una masa de 8 kg...
a) Para cuales valores de FX la masa de 2 kg. acelera hacia arriba?.
b) Para cuales valores de FX la tensión en la cuerda es cero.
c) Grafique la aceleración de la masa de 8 kg contra FX incluya valores de FX = - 100 N. y FX =
100 N
FR
390 N
θ
180 N

28
Bloque m1
Σ FY = m1 a
Σ FY = T – P1 = m1 a
Bloque m2
Σ FX = m2 a
FX - T = m2 a (Ecuación 2)
Resolviendo las ecuaciones, encontramos la aceleración del sistema.
FX - T = m2 a (Ecuación 2)
- m1 g + FX = m1 a + m2 a
a (m1 + m2 ) = - m1 g + FX
a (2 + 8) = -2 * 9,8 + FX
10 a + 19,6 = FX
Si a = 0
FX = 19,6 Newton, es decir es la mínima fuerza necesaria para que el cuerpo se mantenga
en equilibrio.
Si a > 0 El cuerpo se desplaza hacia la derecha, por la acción de la fuerza FX
Para cuales valores de FX la tensión en la cuerda es cero.
Despejando la aceleración en la ecuación 1
T – m1 g = m1 a
T – 2g = 2 a
2
2g-T
a =
Despejando la aceleración en la ecuación 2
FX - T = m2 a
FX - T = 8 a
8
T-F
a X=
Igualando las aceleraciones.
8
T-F
2
2g-T X=
8 * (T – 2g) = 2 * (FX – T)
8T – 16g = 2FX - 2T
8T + 2T = 2FX + 16g
10T = 2FX + 16g
( )8gF
5
1
10
16g2F
T X
x +=
+
=
m1
FX
T
T
a m2 = 8 kg
N
FX
Bloque m2
T
P2 = m2 g
P1 = m1 g
T
Bloque m1

29
5
g8
5
F
T X +=
Si T = 0
5
g8
-
5
FX =
FX = - 8 g
Problema 5.38 Edición cuarta Serway; Problema 5.35 Edición quinta
Dos masas m1 y m2 situadas sobre una superficie horizontal sin fricción se conectan mediante una
cuerda sin masa Una fuerza F se ejerce sobre una de las masas a la derecha Determine la
aceleración del sistema y la tensión T en la cuerda.
Bloque m1
∑ FX = m1 a
T = m1 a (Ecuación 1)
Bloque m2
∑ FX = m2 a
F - T = m2 a (Ecuación 2)
Sumando las ecuaciones
F - T = m2 a (Ecuación 2)
F = m1 a + m2 a
F = (m1 + m2 ) a
2m1m
F
a
+
=
Reemplazando en la ecuacion1
2m1m
F
*1mT
+
=
2m1m
F1m
T
+
=
Problema 5.40 Edición cuarta Serway; Problema 5-32 quinta edición; Problema 5 – 22 sexta
edición
Un bloque se desliza hacia abajo por un plano sin fricción que tiene una inclinación de θ = 150
. Si el
bloque parte del reposo en la parte superior y la longitud de la pendiente es 2 metros, encuentre: La
magnitud de la aceleración del bloque?
a) Su velocidad cuando alcanza el pie de la pendiente?
Σ FY = 0
WY – N = 0
m1 m2 FT T
T T
F

30
WY = N Pero: WY = W cos θ
W cos θ = N
Σ FX = m a
WX = m a
Pero: WX = W sen θ
W sen θ = m a
Pero: W = m g
m g sen θ = m a
g sen θ = a
a = 9,8 * sen 15
a =9,8 * 0,258
a = 2,536 m/seg2
0
(VF)2
= (V0)2
+ 2 * a * X
2 a x = (VF)2
seg
m
3,182*2,536*22FV === Xa
Problema 5.40 Serway Edición quinta
El coeficiente de fricción estática es 0,8 entre las suelas de los zapatos de una corredora y la
superficie plana de la pista en la cual esta corriendo. Determine la aceleración máxima que ella
puede lograr. Necesita usted saber que su masa es 60 kg?
∑FX = m a
FR = m a (Ecuación 1)
∑FY = 0
N – W = 0
N = W
N = m g
Pero: FR = μ N
FR = μ m g
μ m g = m a
μ g = a
a = 0,8 * 9,8 = 7,84 m/seg2
a = 7,84 m/seg2
X = 2 metros
θ = 150
V0 = 0
N
W = m g
WX
WY
150

31
No se necesita saber la masa, como pueden ver se cancelan en la ecuación, es decir la masa
no tiene relación con la aceleración
Problema 5.41 Serway Edición cuarta; Problema 5 – 62 Serway Edición quinta
Un bloque de masa m = 2 kg se suelta del reposo a una altura h = 0,5 metros de la superficie de la
mesa, en la parte superior de una pendiente con un ángulo θ = 300
como se ilustra en la figura 5 –
41. La pendiente esta fija sobre una mesa de H = 2 metros y la pendiente no presenta fricción.
a) Determine la aceleración del bloque cuando se desliza hacia debajo de la pendiente
b) Cual es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente.
c) A que distancia de la mesa, el bloque golpeara el suelo.
d) Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando golpea el
suelo.
e) La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores.
a) Determine la aceleración del bloque cuando se desliza hacia debajo de la pendiente
PX = P sen 30º
∑ FX = m a
PX = m a
PX = m g sen 30
PX = m a
m g sen 30 = m a
g sen 30 = a
a = 9,8 * 0,5
a = 4,9 m/seg2
La aceleración del bloque cuando se desliza hacia abajo por el plano inclinado
D
h
30sen = metro1
0,5
0,5
30sen
h
D ===
D = 1 metro
PX
PY
P
300
Y = 2 m
V0 = - 3,13 m/segV0Y
VX
X
h = 0,5
θ = 300
V
VY
VX
D

32
Cual es la velocidad del bloque cuando deja el plano inclinado
0
(VF)2
= (V0)2
+ 2 * a * X
2 a x = (VF)2
seg
m
3,131*4,9*22FV === Xa
b) Cual es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente.
La velocidad con la cual llega al final del plano inclinado, es la misma velocidad que el cuerpo inicia
el tiro parabólico. (Ver grafico.)
Es decir la velocidad inicial en el tiro parabólico es 3,13 mseg. Esta velocidad es negativa por que va
dirigida hacia abajo. (V0 = - 3,13 m/seg)
V0Y = Vo sen 30
V0Y = 3,13 sen 30
V0Y = - 1,565 m/seg.
Esta velocidad es negativa por que va dirigida hacia abajo.
d) Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando
golpea el suelo.
Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico
Es necesario hallar el tiempo que demora el cuerpo en el plano inclinado.
VF = V0 + a t pero V0 = 0
VF = a t
seg0,638
2seg
m4,9
seg
m3,13
a
FV
t ===
t = 0,638 seg. (tiempo del cuerpo en el plano inclinado)
Es necesario hallar el tiempo que demora el cuerpo en el tiro parabolico
Pero
Y = 2 metros (V0Y = - 1,565 m/seg)
2
2t*g
-t0YV-Y- = Multiplicando la ecuación por (-1)
2
2t*g
t0YVY +=
2
2t*9,8
t1,5652 +=
2t4,9t1,5652 +=
Ordenando la ecuación, hallamos el tiempo que el cuerpo demora en el aire.
4,9 t2
+ 1,565 t – 2 =0
a = 4,9 b = 1,565 c = - 2
9,8
39,22,44921,565-
4,9*2
(-2)*4,9*4-2(1,565)(1,565)-
a2
ca4-2bb-
t
+±
=
±
=
±
=
300
V0 = - 3,13 m/seg
V0Y
VX

33
9,8
41,64921,565-
t
±
=
9,8
6,4531,565-
t
±
=
9,8
4,88
9,8
6,4536-1,565
1t =
+
=
t = 0,4988 seg. (tiempo del cuerpo en el TIRO PARABOLICO)
Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico
Tiempo total = 0,638 seg. + 0,4988 seg.
Tiempo total = 1,137 seg.
c) A que distancia de la mesa, el bloque golpeara el suelo.
X = VX * t
t es el tiempo del cuerpo en el TIRO PARABOLICO = 0,4988 seg
VX = Vo cos 30
VX = 3,13 * 0,866
VX = 2,71 m/seg.
Esta velocidad es positiva por que va dirigida hacia la derecha.
X = VX * t
X = 2,71 * 0,4988
X = 1,351 metros
La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores.
No, la masa se cancela y por lo tanto no influye en los calculos.
Problema 5.42 Serway Edición quinta
Un auto de carreras acelera de manera uniforme de 0 a 80 millas/hora en 8 seg. La fuerza externa
que lo acelera es la fuerza de fricción entre los neumáticos y el camino. Si los neumáticos no
derrapan, determine el coeficiente de fricción mínima entre los neumáticos y el camino.
∑FX = m a
Pero: FR = μ N
FR = μ m g
μ m g = m a
μ g = a
a = 9,8 μ
VF = V0 +a * t pero: V0 = 0
VF = a * t
pero: a = 9,8 μ
300
V0 = - 3,13 m/seg
V0Y
VX

34
seg
m
35,555
seg3600
hora1
*
milla1
metros1609
*
hora
millas
80FV ==
35,555 = 9,8 μ * 8
35,555 = 78,4 μ
0,45
78,4
35,555
==μ
Problema 5.43 Serway
Un auto viaja a 50 millas/hora sobre una autopista horizontal.
a) Si el coeficiente de fricción entre el camino y las llantas en un día lluvioso es 0,1.
b) Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0,6
seg
m
22,34
seg3600
hora1
*
milla1
metros1609
*
hora
millas
500V ==
∑FX = m a
Pero: FR = μ N
FR = μ m g
μ m g = m a
μ g = a
a = 9,8 μ = 9,8 * 0,1 = 0,98
a = 0,98 m/seg2
0
(VF)2
= (V0)2
– 2 * a * X
2 a x = (V0)2
( ) ( ) metros254,63
1,96
499,0756
0,98*2
222,34
a2
2
0V
X ====
Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0,6
∑FX = m a
Pero: FR = μ N
FR = μ m g
μ m g = m a
μ g = a
a = 9,8 μ = 9,8 * 0,6 = 5,88

35
a = 5,88 m/seg2
0
(VF)2
= (V0)2
– 2 * a * X
2 a x = (V0)2
( ) ( ) metros42,43
11,76
499,0756
5,88*2
222,34
a2
2
0V
X ====
Un bloque que cuelga de 8,5 kg se conecta por medio de una cuerda que pasa por una polea a un
bloque de 6,2 kg. que se desliza sobre una mesa plana (fig. 5 – 47). Si el coeficiente de fricción
durante el deslizamiento es 0,2, encuentre: La tensión en la cuerda?
Bloque m1
Σ FY = 0
m1 * g – N1 = 0
m1 * g = N1 = 6,2 * 9,8 = 60,76 Newton
N1 = 60,76 Newton
FR = μ N1 = 0,2 * 60,76 = 12,152 Newton.
FR = 12,152 Newton.
Σ FX = m1 * a
T - FR = m1 * a (Ecuación 1)
Bloque m2
Σ FY = m2 * a
m2 * g – T = m2 * a (Ecuación 2)
Resolviendo las ecuaciones,
hallamos la aceleración del conjunto:
T - FR = m1 * a (Ecuación 1)
- FR + m2 * g = m1 * a + m2 * a
a (m1 + m2) = - FR + m2 * g
Pero: FR = 12,152 Newton.
m1 = 6,2 Kg. m2 = 8,5 Kg.
a ( 6,2 + 8,5) = - 12,152 + (8,5 * 9,8)
a (14,7) = -12,152 + 83,3
a (14,7) = 71,148
22
seg
m
4,84
seg
m
14,7
71,148
a ==
a = 4,84 m/seg2
Bloque m2
T
FR T
Bloque m1
N1
W1 = m1 g W2 = m2 g
m2 = 8,5 Kg.
m1 = 6,2 Kg.
T
FR
T

36
Para hallar la tensión de la cuerda se reemplaza en la ecuación 2.
m2 * g - m2 * a = T
T = 8,5 * 9,8 – 8,5 * 4,84 = 83,3 – 41,14 =
T = 42,16 Newton
Problema 5.47 quinta edición Serway
Un muchacho arrastra un trineo de 60 Newton con rapidez constante al subir por una colina de 150
Con una cuerda unida al trineo lo jala con una fuerza de 25 Newton. Si la cuerda tiene una
inclinación de 350
respecto de la horizontal.
a) Cual es el coeficiente de fricción cinética entre el trineo y la nieve.
b) En la parte alta de la colina el joven sube al trineo y se desliza hacia abajo. Cual es la
magnitud de la aceleración al bajar la pendiente
∑ FX = 0 (No existe aceleración por que se desplaza a velocidad constante)
FX – FR – WX = 0 (Ecuación 1)
Pero: FX = F cos 20
FX = 25 cos 20
FX = 23,492 Newton
WX = W sen 15
WX = 60 sen 15
WX = 15,529 Newton
∑ FY = 0
N – WY + FY = 0
N = WY - FY (Ecuación 2)
Pero: WY = W cos 15
WY = 60 cos 15
WY = 57,955 Newton
FY = F sen 20
FY = 25 sen 20
FY = 8,55 Newton
N = WY - FY (Ecuación 2)
N = 57,955 - 8,55
N = 49,405 Newton
FR = μ N
FR = μ 49,405
FX – FR – WX = 0 (Ecuación 1)
150
350
150
FR
F
FY
WWX
WY
N
FX
200
150
150
350
F = 25 N
FR

37
23,492 - μ 49,405 - 15,529 = 0
μ 49,405 = 23,492 – 15,529
μ 49,405 = 7,963
0,161
49,405
7,963
==μ
μ = 0,161 coeficiente de friccion cinetica
En la parte alta de la colina el joven sube al trineo y se desliza hacia abajo. Cual es la magnitud de la
aceleración al bajar la pendiente.
∑ FX = m a
WX – FR = m a (Ecuación 1)
Pero: WX = W sen 15
WX = 60 sen 15
WX = 15,529 Newton
∑ FY = 0
N – WY = 0
Pero: WY = w cos 15
WY = 60 cos 15
WY = 57,955 Newton.
N = WY = 57,955 Newton.
FR = μ N = 0,161 * 57,955
FR = 9,33 Newton
W = m g
Kg6,122
2seg
m
9,8
N60
g
W
m ===
m = 6,122 kg (masa del trineo.)
15,529 - 9,33 = 6,122 a
6,199 = 6,122 a
2seg
m
1,01
6,122
6,199
a ==
a = 1,01 m/seg2
(aceleración del trineo cuando va bajando por la colina)
Problema 5.48 Serway Edición cuarta; Problema 5.41 Serway Edición quinta
Un bloque de 25 kg esta inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal. Se necesita una
fuerza horizontal de 75 Newton para poner el bloque en movimiento. Después de que empieza a
moverse se necesita una fuerza de 60 Newton para mantener el bloque en movimiento con rapidez
constante. Determine los coeficientes de fricción estática y cinética a partir de esta información.
150
FR
W
WX
WY
N

38
∑FX = 0
F - FR = 0 (Ecuación 1)
∑FY = 0
N – W = 0
N = W = m g
N = 25 * 9,8 = 245 Newton
N = 245 Newton
FR = μCINET N
FR = 245 μCINET
75 - 245 μCINET = 0
245 μCINET = 75
0,306
245
75
CINET ==μ
Después de que empieza a moverse se necesita una fuerza de 60 Newton para mantener el bloque
en movimiento con rapidez constante. Determine los coeficientes de fricción estática
El cuerpo se desplaza a velocidad constante, entonces la aceleración es cero
∑FX = 0
∑FY = 0
N – W = 0
N = W = m g
N = 25 * 9,8 = 245 Newton
N = 245 Newton
FR = μESTAT N
FR = 245 μESTAT
60 - 245 μESTAT = 0
245 μESTAT = 60
0,244
245
60
ESTAT ==μ
PROBLEMA 5.49 cuarta edicion Serway
Suponga que el coeficiente de fricción entre las ruedas de un auto de carreras y la pista es 1. Si el
auto parte del reposo y acelera a una tasa constante por 335 metros. Cual es la velocidad al final de
la carrera?
Σ FX = m a
µ N = m a
Pero:
F = 75 N
m = 25 kg

39
Σ FX = 0
N - m g = 0
N = m g
µ N = m a
µ m g = m a
µ g = a
a = 1 * 9,8 m/seg2
0
( ) ( ) Xa22
0V2
FV +=
( ) Xa2V
2
F =
seg
m
81335*9,8*22VF === Xa
VF = 81 m/seg
Problema 5.52 serway Edición cuarta; Problema 5.43 serway Edición quinta
Un auto viaja a 50 millas/hora sobre una autopista horizontal.
c) Si el coeficiente de fricción entre el camino y las llantas en un día lluvioso es 0,1.
d) Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0,6
seg
m
22,34
seg3600
hora1
*
milla1
metros1609
*
hora
millas
500V ==
∑FX = m a
Pero: FR = μ N
FR = μ m g
μ m g = m a
μ g = a
a = 9,8 μ = 9,8 * 0,1 = 0,98
a = 0,98 m/seg2
0
(VF)2
= (V0)2
– 2 * a * X
2 a x = (V0)2
( ) ( ) metros254,63
1,96
499,0756
0,98*2
222,34
a2
2
0V
X ====
Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0,6

40
∑FX = m a
Pero: FR = μ N
FR = μ m g
μ m g = m a
μ g = a
a = 9,8 μ = 9,8 * 0,6 = 5,88
a = 5,88 m/seg2
0
(VF)2
= (V0)2
– 2 * a * X
2 a x = (V0)2
( ) ( ) metros42,43
11,76
499,0756
5,88*2
222,34
a2
2
0V
X ====
Problema 5.55 cuarta edición Serway; Problema 5.51 quinta edición; Problema 5.45 sexta
edición
Dos bloques conectados por una cuerda sin masa son arrastrados por una fuerza horizontal F.
Suponga F = 68 Newton m1 = 12 kg m2 = 18 kg y que el coeficiente de fricción cinético entre cada
bloque y la superficie es 0,1.
a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada bloque
b) Determine la tensión T y la magnitud de la aceleración del sistema.
Bloque m1
Σ FY = 0
m1 * g – N1 = 0
m1 * g = N1 = 12 * 9,8 = 117,6 Newton
N1 = 117,6 Newton
FR1 = μ N1 = 0,1 * 117,6 = 11,76 Newton.
FR1 = 11,76 Newton.
Σ FX = m1 * a
T - FR1 = m1 * a (Ecuación 1)
Bloque m2
Σ FY = 0
m2 * g – N2 = 0
m2 * g = N2 = 18 * 9,8 = 176,4 Newton
N2 = 176,4 Newton
FR2 = μ N1 = 0,1 * 176,4 = 17,64 Newton.
T
FR1
W1
N1
T F
FR2
W2
N2
m1 m2 FT T

41
FR2 = 17,64 Newton.
Σ FY = m2 * a
F - FR2 – T = m2 * a (Ecuación 2)
Resolviendo las ecuaciones
F - FR2 – T = m2 * a (Ecuación 2)
F - FR2 - FR1 = m1 a + m2 a
F – 17,64 – 11,76 = a ( 12 + 18)
68 – 29,4 = 30 a
38,6 = 30 a
2seg
m
1,286
30
38,6
a ==
T – 11,76 = 12 * 1,286
T – 11,76 = 15,44
T = 11,76 + 15,44
T = 27,2 Newton
Problema 5.56 Serway edición quinta: Problema 5.54 Serway sexta edición
Tres bloques están en contacto entre si sobre una superficie horizontal sin fricción, como en la figura
5 – 56. Una fuerza horizontal F es aplicada a m1.
Si m1 = 2 kg m2 = 3 kg m3 = 4 kg y F = 18 Newton.
Dibuje diagramas de cuerpo libre separados para cada bloque y encuentre.
a) La aceleración de los bloques
b) La fuerza resultante sobre cada bloque.
c) Las magnitudes de las fuerzas de contacto entre los bloques.
La aceleración de los bloques
mT = m1 + m2 + m3 = 2 + 3 + 4 = 9 kg
mT = 9 kg
F = mT a
2
T seg
m
2
kg
Newton
9
18
m
F
a ===
Bloque m1
Σ FX = m1 a
F – FC1 = m1 a
18 - FC1 = 2 * 2 = 4
18 - FC1 = 4
FC1 = 18 - 4
FC1 = 14 Newton
La fuerza resultante en el bloque m1 es:
F1 = F – FC1
m1
FC1
F
m2
FC2
FC1
FC2
F = 18 N
FC1
m2 m3
m1

42
F1 = 18 – 14 = 4 Newton
Bloque m2
Σ FX = m2 a
FC1 - FC2 = m2 a
14 - FC2 = 3 * 2 = 6
14 - FC2 = 6
FC1 = 14 - 6
FC2 = 8 Newton
F2 = FC1 - FC2
F2 = 14 – 8 = 6 Newton
Bloque m3
Σ FX = m3 a
FC2 = m3 a
FC2 = 4 * 2 = 8
FC2 = 14 - 6
FC2 = 8 Newton
F3 = FC2
F2 = 8 Newton
Problema 5.57 Edición cuarta Serway; Problema 5 – 45 edición quinta; Problema 5-41 Edición
sexta
Un bloque de 3 kg parte del reposo en la parte superior de una pendiente de 300
Y se desliza 2
metros hacia abajo en 1,5 seg.
Encuentre:
a) La magnitud de la aceleración del bloque.
b) El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano.
c) La fuerza de fricción que actúa sobre el bloque.
d) La rapidez del bloque después de que se ha deslizado 2 metros.
La magnitud de la aceleración del bloque.
m = 3 Kg.
X = 2 metros
t = 1,5 seg.
V0 = 0
2ta
2
1
t0VX +=
2ta
2
1
X =
2 X = a t2
2seg
m
1,77
2,25
4
21,5
2*2
2t
X2
a ====
a = 1,77 m/seg2
m3
FC2
V0 = 0
X = 2 metros
t = 1,5 seg.
300
600
W
N

43
El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano.
∑ FX = m a
Pero: WX = W sen 30
WX = m g sen 30
WX = 3 * 9,8 * 0,5
WX = 14,7 Newton.
∑ FY = 0
N – WY = 0
N = WY = W cos 30
N = m g cos 30
N = 3 * 9,8 * 0,866
N = 25,461 Newton
FR = μ * N
FR = μ * 25,461
14,7 – μ * 25,461 = 3 * 1,77
14,7 - μ 25,461 = 5,31
μ 25,461 = 14,7 - 5,31
μ 25,461 = 9,39
0,368
25,461
9,39
==μ
La fuerza de fricción que actúa sobre el bloque.
FR = μ N
FR = 0,368 * 25,461
FR = 9,36 Newton
La rapidez del bloque después de que se ha deslizado 2 metros.
VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 t = 1,5 seg.
VF = a * t pero: a =1,77 m/seg2
VF = 1,77 * 1,5
VF = 2,65 m/seg
Problema 5.59 Serway cuarta edicion; Problema 5.50 quinta edición; 5.44 Serway Sexta
edición
En la figura p5 – 59 se muestran tres masas conectadas sobre una mesa. La mesa tiene un
coeficiente de fricción de deslizamiento 0,35 . Las tres masas son de 4 kg, 1 kg y 2 kg y las poleas
son sin fricción.
a) Determine la aceleración de cada bloque y sus direcciones.
b) Determine las tensiones en las dos cuerdas.
HAY ROZAMIENTO
Bloque m1
300
W
WX
WY
FR
N

44
Σ FY = m1 a
W1 - T1 = m1 a
m1 g - T1 = m1 a (Ecuación 1)
Bloque m2
Σ FX = m2 a
T1 - FR - T2 = m2 a (Ecuación 2)
Σ FY = 0
N2 – W = 0
N2 – m2 g = 0
N2 = m2 g = 1 * 9,8 = 9,8 Newton
N2 = 9,8 Newton
FR = μ * N2
FR = 0,35 *(9,8)
FR = 3,43 Newton
Bloque m3
Σ FY = m3 a
T2 - m3 g = m3 a (Ecuación 3)
Sumando las tres ecuaciones
T1 - FR - T2 = m2 a (Ecuación 2)
T2 - m3 g = m3 a (Ecuación 3
m1 g - FR - m3 g = m1 a + m2 a + m3 a
m1 g - FR - m3 g = ( m1 + m2 + m3 ) a
4 * 9,8 – 3,43 – 2 * 9,8 = ( 4 + 1 + 2 ) a
39,2 – 3,43 – 19,6 = ( 7 ) a
16,7 = 7 a
2seg
m
2,31
7
16,7
a ==
Hallar la tensión T1
4 * 9,8 - T1 = 4 * 2,31
39,2 - T1 = 9,24
39,2 - 9,24 = T1
T1 = 29,96 Newton
Hallar la tension T2
T2 - m3 g = m3 a (Ecuación 3)
T2 – 2 * 9,8 = 2 * 2,31
T2 – 19,6 = 4,62
T2 = 19,6 + 4,62
Bloque m1
Bloque m3Bloque m2
m 2 = 1 kg
W2 = m2 * g
T1
T2
T1
N2
m1 = 4 kg
W1 = m1 * g
m3 = 2 kg
W3 = m3 * g
T2
FR
m3 = 2 kg
m1 = 4 kg
T1
T1 T2
m2 = 1 kg
g = 9,8 m/seg2
T2
T2FR

45
T2 = 24,22 Newton
Problema 5.59 Serway
Una masa M se mantiene fija mediante una fuerza aplicada F y un sistema de poleas, como se
ilustra en la figura p5 – 59 .
Las poleas tienen masa y fricción despreciables.
Encuentre: a) La tensión en cada sección de la cuerda T1 T2 T3 T4 y T5
Bloque M
Σ FY = 0 (Por que la fuerza F aplicada mantiene el sistema en equilibrio.)
Σ FY = M g – T5 = 0
M g = T5
POLEA 1
Σ FY = 0
T5 – T2 – T3 = 0
PERO: T2 = T3
T5 – T2 – T2 = 0
T5 – 2 T2 = 0
T5 = 2 T2 y T5 = 2 T3
2
gM
2
T
T 5
2 == y
2
gM
2
T
T 5
3 ==
Σ FY = 0
F – M g = 0 F = M g
Σ FY = 0
F = T1 T1 = M g
POLEA 2
Σ FY = 0
T1 + T2 + T3 = T4
M g + Mg/2 + Mg/2 = T4
T4 = 2 M g
Problema 5.7 Serway quinta edición.
Un bloque de 2 kg. se sitúa sobre la parte superior de un bloque de 5 kg. El coeficiente de fricción
cinética entre el bloque de 5 kg. y la superficie es 0,2. Una fuerza horizontal F se aplica al bloque de
5 kg.
a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada bloque.
b) Calcule la magnitud de la fuerza necesaria para jalar ambos bloques hacia la derecha con una
aceleración de 3 m/seg2
c) Encuentre el coeficiente mínimo de fricción estática entre los bloques, tal que el de 2 kg. no se
deslice menos de una aceleración de 3 m /seg2
T4
T3
T2
F
T1
T2
T3
T5
W = M g
Polea 1
Polea 2

46
a. Calcule la magnitud de la fuerza necesaria para jalar ambos bloques hacia la derecha con una
aceleración de 3 m/seg2
∑FY = 0 (ver diagrama de fuerzas masa de 5 kg)
N2 – m1 g - m2 g = 0
N2 = 2 kg * 9,8 m/seg2
+ 5 kg * 9,8 m/seg2
N2 = 19,6 Newton + 49 Newton
N2 = 68,6 Newton
μ = 0,2 coeficiente de fricción cinética, Se utiliza para hallar FR
FR = μ * N2
FR = 0,2 * 68,6 Newton
FR = 13,72 Newton
mT = m1 + m2 = 2 kg + 5 kg
mT = 7 kg. se suman las masas, por que un cuerpo esta encima del otro y se mueven a la vez,
como un solo cuerpo
a = 3 m/seg2
∑FX = mT * a
F - FR = mT * a
F – 13,72 = 7 * 3
F – 13,72 =21
F = 21 + 13,72 Newton
F = 34,72 Newton
c) Encuentre el coeficiente mínimo de fricción estática entre los bloques, tal que el de 2 kg. no se
deslice menos de una aceleración de 3 m /seg2
FRE = Fuerza de rozamiento debido al coeficiente de fricción estática.
μE = Coeficiente de fricción estática.
La fuerza de rozamiento FR siempre se
opone al movimiento, por eso FR se dibuja
en sentido contrario al movimiento
F
m2 = 5 kg.
m1 = 2 kg.
FR
FRE es la fuerza de rozamiento estática entre
Los 2 cuerpos.
FR es la fuerza de rozamiento cinético entre
El cuerpo de 5 kg y el piso.
F
W2 = m2 g
FR
N2
W1 = m1 g
m2 = 5 kg.

47
∑FY = 0 (ver diagrama de fuerzas masa de 2 kg)
N1 – m1 g = 0
N1 = 2 kg * 9,8 m/seg2
N1 = 19,6 Newton
∑FX = m1 * a
FRE = m1 * a
FRE =2 Kg * 3 m/seg2
FRE = 6 Newton
FRE = μE * N1
6 Newton = μE * 19,6 Newton
0,3
Newton19,6
Newton6
E ==μ
μE = 0,3
Coeficiente de fricción ESTATICA, esto sirve para evitar que la masa de 2 kg. Se deslice sobre la
masa de 5kg cuando se aplique la tensión F en la cuerda.
Problema 5.74 Serway cuarta edición.
Un bloque de 5 kg. se coloca sobre de 10 kg. Una fuerza horizontal de 45 Newton se aplica al
bloque de 10 kg. y el bloque de 5 kg. se amarra a la pared. El coeficiente de fricción cinética entre
las superficies móviles es 0,2 .
a) Dibuje el diagrama de cuerpo libre para cada bloque e identifique las fuerzas de acción y
reacción entre los bloques.
b) Determine la tensión en la cuerda y la magnitud de la aceleración del bloque de 10 kg?
Diagrama de cuerpo libre para m2
La fuerza de rozamiento FR2 es contrario a la fuerza T (tensión de la cuerda). Además la masa m2 no
se desplaza por que la tensión de la cuerda se lo impide.
∑FY = 0
N2 – m2 g = 0
N2 = m2 g
N2 = 5 kg * 9,8 m/seg2
N2 = 49 Newton
T
FR1 es la fuerza de rozamiento cinético entre
Los 2 cuerpos.
F = 45 Newton
FR2 es la fuerza de rozamiento cinético entre
La masa inferior y el piso.
m1 = 10 kg.
m2 = 5 kg.
T
W2 = m2 g
FR1
N2
W1 = m1 g
N1
m1 = 2 kg.
FRE

48
μC = 0,2 S e utiliza para hallar FR1 y FR2
FR1 = μC N2
FR1 = 0,2 * 49 Newton
FR1 = 9,8 Newton
Consideramos que hacia la derecha es positivo.
∑FX = 0
FR1 - T = 0
FR1 = T
T = 9,8 Newton
Diagrama de cuerpo libre para m1
Para el cuerpo m1 actúan las dos fuerzas de rozamiento y en
sentido contrario a la fuerza de 45 newton.
La normal N1 es la suma de los pesos de los dos cuerpos.
∑FY = 0
N1 – m2 g – m1 g = 0
N1 = m2 g + m1 g
N1 = (5 kg * 9,8 m/seg2
) + (10 kg * 9,8 m/seg2
)
N1 = 49 Newton + 98 Newton
N1 = 147 Newton
μC = 0,2 S e utiliza para hallar FR1 y FR2
FR2 = μC N1
FR2 = 0,2 * 147 Newton
FR2 = 29,4 Newton
Consideramos que hacia la derecha es positivo. El cuerpo de masa m1 se desplaza hacia la
derecha, ocasionando una aceleración al sistema. Como existe un coeficiente de fricción
cinético es indudable que el cuerpo se desplaza hacia la derecha y origina una
aceleración al sistema.
∑FX = m1 * a
F - FR1 - FR2 = m1 * a
Pero: F = 45 Newton FR1 = 9,8 Newton FR2 = 29,4 Newton m1 = 10 kg.
F - FR1 - FR2 = m1 * a
45 – 9,8 – 29,4 = 5 * a
5,8 = 10* a
2seg
m
0,58
kg10
Newton58
a ==
Problema 5.83 Cuarta edición Serway; Problema 5-69 quinta edición; Problema 5-61 sexta
edición
Que fuerza horizontal debe aplicarse al carro mostrado en la figura 5 – 83 con el propósito de que
los bloques permanezcan estacionarios respecto del carro?
FR2 F
W2 = m2 g
FR1
N1
W1 = m1 g

49
Suponga que todas las superficies, las ruedas y la polea son sin fricción (sugerencia: Observe que la
fuerza ejercida por la cuerda acelera a m1.
Bloque m1
Σ FY = 0
m1 * g – N1 = 0
(La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el conjunto, es decir el bloque m1 tiene una aceleración
igual a la del carro)
Σ FX = m1 * a
T = m1 * a (Ecuación 1)
Bloque m2
Σ FY = 0 (La fuerza aplicada F sobre el carro impide que la masa m2 se desplace)
m2 * g – T = 0 (Ecuación 2)
Resolviendo las ecuaciones, hallamos la aceleración del conjunto:
m2 * g – T = 0 (Ecuación 2)
m2 * g = m1 * a
1m
g*2m
a =
Todos los bloques unidos
MT = (M + m1 + m2)
(La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el conjunto)
Σ FX = mT * a
F = mT * a
F = (M + m1 + m2) * a
Bloque m1
N1
T
W1 = m1 g
N2
T
Bloque m2
W2 = m2 g
T
T
m2
m1
F
a = aceleración
M N2

50
Pero :
1m
g*2m
a =
Reemplazando tenemos:
( )
1m
g*2m
*2m1mMF ++=
Problema 5.84 cuarta edición Serway; Problema 5.70 quinta edición; Problema 5.63 sexta
edición
Inicialmente el sistema de masas mostrado en la fig se mantiene inmóvil. Todas las superficies,
poleas y ruedas son sin fricción. Dejemos que la fuerza F sea cero y supongamos que m2 puede
moverse solo verticalmente. En el instante ulterior en el que el sistema de masas se libere,
encuentre:
a) La tensión T en la cuerda? La aceleración de m2 ?
b) La aceleración de M.
c) La aceleración de m1.
Bloque m1
Σ FY = 0
m1 * g – N1 = 0
(La aceleración resultante del sistema es la diferencia
entre las aceleraciones, es decir el bloque m1 tiene una
aceleración diferente a la del carro)
Σ FX = m1 * (a – A)
Σ FX = m1 * a – m1 * A
T = m1 * a – m1 * A (Ecuación 1)
Para el carro M
Σ FX = M * A
T = M * A (Ecuación 2)
Bloque m2
Σ FY = m2 * a
(La masa m2 se desplaza hacia abajo
con aceleración = a)
m2 * g – T = m2 * a
m2 * g – m2 * a = T (Ecuación 3)
En la ecuación 1, despejamos la aceleración :
T = m1 * a – m1 * A
T+ m1 * A = m1 * a
T
Bloque m1
N1
T
W1 = m1 g W2 = m2 g
aa - A
T
T
m2
A = aceleración
M
m1
A

51
A
1m
T
1m
A*1mT
a +=
+
= (Ecuación 1)
En la ecuación 2, despejamos la aceleración :
T = M * A
M
T
A = (Ecuación 2)
Reemplazamos (ecuación 1) y (ecuación 2) en la (ecuación 3) para hallar la tensión en función
de la masa y gravedad.
m2 * g – m2 * a = T (Ecuación 3)
pero: A
1m
T
1m
A*1mT
a +=
+
= (Ecuación 1)
M
T
A = (Ecuación 2)
TA
1m
T
*2m-g*2m =⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
T
M
T
1m
T
2m-g2m =⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
T
M
T
1m
T
2mg2m +⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+=
T
M
T
2m
1m
T
2mg2m +⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
T
M
T2m
1m
T2m
g2m +⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
Mm
TMmTmmTMm
gm
1
1122
2 ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ ++
=
( ) [ ] TM1m1m2mM2mg2m*M1m ++=
( ) Tg2m*
M1m1m2mM2m
M1m
=
++
g2m*
M1m1m2mM2m
M1m
T ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
++
=

52
Problema 5.85 serway cuarta edición
Los tres bloques de la figura están conectados por medio de cuerdas sin masa que pasan por
poleas sin fricción. La aceleración del sistema es 2,35 cm/seg2
a la izquierda y las superficies son
rugosas. Determine:
a) Las tensiones en la cuerda
b) El coeficiente de fricción cinético entre los bloques y las superficies (Supóngase la misma μ
para ambos bloques)
Datos: m1 = 10 kg. m2 = 5 kg. m3 = 3 kg a = 2,35 cm/seg2
g = 9,8 m/seg2
Bloque m1
∑ FY = m1 a
P1 – T1 = m1 a (Ecuación 1)
P1 = m1 g
P1 = 10 * 9,8 = 98 Newton
P1 = 98 Newton
98 - T1 = m1 a
98 - T1 = 10 * 2,35
98 - T1 = 23,5
98 + 23,5 = T1
T1 = 74,5 Newton
Bloque m2
∑ FX = m2 a
T1 – FR2 – T2 = m2 a (Ecuación 2)
∑ FY = 0
P2 – N2 = 0
P2 = N2
m2 g = N2
P2 = m2 g
P2 = 5 * 9,8 = 49 Newton
P2 = N2 = 49 Newton
Pero: FR2 = μ N2
FR2 = μ 49
T1 – FR2 – T2 = m2 a (Ecuación 2)
74,5 - μ 49 – T2 = m2 a = 5 * 2,35 = 11,75
74,5 - μ 49 – T2 = 11,75
74,5 - 11,75 - μ 49 = T2
62,75 - μ 49 = T2 (Ecuación 3)
Bloque m3
∑ FX = m3 a
T2 – P3X – FR3 = m3 a
N3
FR3
P3Y
P3X
P3 = m3 g
250
T2
Bloque m3
Bloque m1
T1
P1 = m1 g
T2
FR2T1
Bloque m2
N2
P2 = m2 g
250
m3
m2
m1
FR2
FR3
T2
T2
T1
T1

53
Pero:
P3X = P3 sen 25
P3X = 3 * 9,8 sen 25
P3X = 12,42 Newton
∑ FY = 0
P3Y – N3 = 0
P3Y = N3
P3Y = P3 cos 25
P3Y = 3 * 9,8 sen 25
P3Y = 26,64 Newton
N3 = 26,64 Newton
FR3 = μ N3
FR3 = μ 26,64
Reemplazando en:
T2 – P3X – FR3 = m3 a
T2 – 12,42 - μ 26,64 = 3 * 2,35
T2 = 12,42 + μ 26,64 + 7,05
T2 = 19,47 + μ 26,64 (Ecuación 4)
Igualando las ecuaciones 3 y 4, hallamos el coeficiente cinético de fricción
62,75 - μ 49 = T2 (Ecuación 3)
T2 = 19,47 + μ 26,64 (Ecuación 4)
62,75 - μ 49 = 19,47 + μ 26,64
62,75 – 19,47 = μ 26,64 + μ 49
43,28 = 75,64 μ
0,572
75,64
43,28
==μ
Para hallar la tensión T2 se reemplaza en la ecuación 4
T2 = 19,47 + μ 26,64 (Ecuación 4)
T2 = 19,47 + 0,572 * 26,64
T2 = 19,47 + 15,23
T2 = 34,7 Newton

54
El coeficiente de fricción cinético entre los bloques de 2 kg y 3 kg. es 0,3. La superficie horizontal y
las poleas son sin fricción y las masas se liberan desde el reposo.
a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada bloque
b) Determine la aceleración de cada bloque
c) Encuentre la tensión en las cuerdas?
m1 = 2 kg m2 = 3 kg m3 = 10 kg
Bloque m1
∑ FX = m1 a
T1 - FR = m1 a
∑ FY = 0
P1 – N1 = 0
P1 = N1
m1 g = N1
P1 = m1 g
P1 = 2 * 9,8 = 19,6 Newton
P1 = N1 = 19,6 Newton
Pero: FR = μ N1
FR = 0,3 * 19,6
FR = 5,88 Newton.
Reemplazando
T1 - FR = m1 a
T1 - 5,88 = 2 a (Ecuación 1)
Bloque m2
∑ FX = m2 a
T2 - FR – T1 = m2 a
Reemplazando
T2 - FR – T1 = m2 a
T2 – 5,88 – T1 = 3 a (Ecuación 2)
Bloque m3
∑ FY = m3 a
m3 g – T2 = m3 a
10 * 9,8 – T2 = 10 a
98 – T2 = 10 a (Ecuación 3)
Sumando las tres ecuaciones, se halla la aceleración del sistema
T2
T2
m1
T1
T1
FR
FR m2
m3
m1 g
N1
FRT1
m2 g
T2T1
FR
N2
T2
m3 g

55
T1 - 5,88 = 2 a (Ecuación 1)
T2 – 5,88 – T1 = 3 a (Ecuación 2)
98 – T2 = 10 a (Ecuación 3)
- 5,88 - 5,88 + 98 = 2 a +3 a + 10 a
86,24 = 15 a
2seg
m
5,749
15
86,24
a ==
Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la tensión T1
T1 - 5,88 = 2 a (Ecuación 1)
T1 - 5,88 = 2 * 5,749
T1 = 5,88 + 11,498
T1 = 17,378 Newton
Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la tensión T2
T2 – 5,88 – T1 = 3 a (Ecuación 2)
T2 – 5,88 – 17,378 = 3 * 5,749
T2 = 17,247 + 23,258
T2 = 40,5 Newton
Problema 5.87 Serway cuarta edición; Problema 5.72 Serway quinta edición; Problema 5.68
Serway sexta edición
Dos bloques de 3,5 kg. y 8 Kg. de masa se conectan por medio de una cuerda sin masa que pasa
por una polea sin fricción (figura p 5 – 87). Las pendientes son sin fricción: Encuentre:
a) La magnitud de la aceleración de cada bloque?
b) La tensión en la cuerda?
m1 = 3,5 kg.
m2 = 8 kg.
Pero: P1X = P1 sen 35 = m1 g sen 35
P1X = 3,5 * 9,8 * sen 35
P1X = 3,5 * 9,8 * 0,5735
P1X = 19,67 Newton
NO HAY ROZAMIENTO
Bloque m1
Σ FX = m1 * a
Σ FX = T – P1X = m1 * a
m1
m2
T T
350
350

56
T – 19,67 = 3,5 a (Ecuación 1)
Bloque m2
Σ FX = m2 * a
P2X – T = m2 * a
Pero: P2X = P2 sen 35
P2X = m2 g sen 35
P2X = 8 * 9,8 * 0,5735 35 = 44,96 Newton
44,96 – T = 8 a (Ecuación 2)
T – 19,67 = 3,5 a (Ecuación 1)
44,96 – T = 8 a (Ecuación 2)
-19,67 + 44,96 = 11,5a
11,5a = 25,29
2seg
m
2,2
11,5
25,29
a =
a = 2,2 m/seg2
T – 19,67 = 3,5 a (Ecuación 1)
T -19,67 = 3,5 * 2,2
T = 7,7 + 19,67
T = 27,37 Newton
Problema 5.88 cuarta edición Serway; Problema 5-73 quinta edición
El sistema mostrado en (figura p5 – 87). Tiene una aceleración de magnitud igual a 1,5 m/seg2
.
Suponga que el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y la pendiente es el mismo en ambas
pendientes.: Encuentre:
a) El coeficiente de fricción cinético.
m1 = 3,5 kg.
m2 = 8 kg.
HAY ROZAMIENTO FR1 , FR2 que se oponen
a que el sistema se desplace hacia la derecha.
Pero: P1X = P1 sen 35 = m1 g sen 35
P1X = 3,5 * 9,8 * sen 35
P1X = 3,5 * 9,8 * 0,5735
P1X = 19,67 Newton
Bloque m2
N2
P2Y
P2X
P2 = m2 g
T
350
P1 = m1 g
P1X
N1
P1Y
T
350
Bloque m1
FR2
FR1
T T
350
350

57
Bloque m1
Σ FX = m1 * a
T – P1X - FR1 = m1 * a
T – 19,67 - FR1 = 3,5 * 1,5
T – 19,67 - FR1 = 5,25
Σ FY = 0
P1Y – N1 = 0
P1Y = N1 Pero: P1 = m1 g
P1Y = P1 cos 35 = m1 g cos 35
P1Y = 3,5 * 9,8 * 0,8191
P1Y = 28,09 Newton
P1Y = N1 = 28,09 Newton
Pero: FR1 = μ N1
FR1 = 28,09μ
T – 19,67 - FR1 = 5,25
T – 19,67 – 28,09μ = 5,25 (Ecuación 1)
P2X = m2 g sen 35
P2X = 8 * 9,8 * 0,5735
P2X = 44,96 Newton
Bloque m2
Σ FX = m2 * a
P2X – T - FR2 = m2 * a
44,96 – T - FR2 = 8 * 1,5
44,96 – T - FR2 = 12
Σ FY = 0
P2Y – N2 = 0
P2Y = N2 Pero: P2 = m2 g
P2Y = P2 cos 35 = m2 g cos 35
P2Y = 8 * 9,8 * cos 35
P2Y = 8 * 9,8 * 0,8191
P2Y = 64,21 Newton
P2Y = N2 = 64,21 Newton
Pero : FR2 = μ N2
FR2 = 64,21μ
44,96 – T - FR2 = 40
44,96 – T – 64,21μ = 12 (Ecuación 2)
FR1
P1X
N1
P1Y
T
350
P1 = m1 g
Bloque m1
FR2
Bloque m2
N2
P2Y
P2X
P2 = m2 g
T
350

58
T – 19,67 – 28,09μ = 5,25 (Ecuación 1)
44,96 – T – 64,21μ = 12 (Ecuación 2)
-19,67 – 28,09μ + 44,96 – 64,21μ = 5,25 + 12
25,29 -92,3μ = 17,25
92,3μ = 25,29 -17,25
92,3 μ = 8,04
0,087
92,3
8,04
==μ
La tensión en la cuerda?
T – 19,67 – 28,09μ = 5,25 (Ecuación 1)
T – 19,67 – 28,09* 0,087 = 5,25
T – 19,67 – 2,44 = 5,25
T = 19,67 +2,44 + 5,25
T = 32,51 Newton
Problema 1.2 Sears – Zemansky
Una caja es empujada sobre el suelo por una fuerza de 20 kg. que forma un ángulo de 300
con la
horizontal. Encontrar las componentes horizontal y vertical.
FX = F cos 30
FX = 20 cos 30
FX = 17,32 Kg.
FY = F sen 30
FY = 20 * (0,5)
FY = 10 Kg.
Un bloque es elevado por un plano inclinado 200
mediante una fuerza F que forma un ángulo de 300
con el plano.
a) Que fuerza F es necesaria para que la componente FX paralela al plano sea de 8 Kg.
b) Cuanto valdrá entonces la componente FY
FX = 8 Kg
FX = F cos 30
8 = F cos 30
8 = F 0,866
F = 9,23 Kg.
FY = F sen 30
FY = 9,23 * (0,5)
FY = 4,61 Kg.
F
300
F
FY
FX
300
FY
FX
300
200
300

59
Dos pesos de 10 kg están suspendidos en los extremos de una cuerda que pasa por una polea
ligera sin rozamiento. La polea esta sujeta a una cadena que cuelga del techo.
a) Cual es la tensión de la cuerda?
b) Cual es la tensión de la cadena?
T3 = tensión de la cuerda
T1 = 10 Kg.
T2 = 10 kg.
Σ FY = 0
T1 + T2 - T3 = 0
T1 + T2 = T3
T3 = 10 kg. + 10 kg.
T3 = 20 kg.
Problema 2.4 sears – zemansky
El peso del bloque es 50 kg. Calcular las tensiones T2 y T3
Si θ2 = θ3 = 60
T1Y = T1 . sen 60 T2Y = T2. sen 60
T2X = T2 . cos 60 T1X = T1 . cos 60
Σ FX = 0
T2X - T1X = 0 (Ecuación 1)
T2X = T1X
T2 . cos 60 = T1 . cos 60
T2 = T1
Σ FY = 0
T1Y + T2Y – W = 0 (Ecuación 2)
T1Y + T2Y = W pero: W = 50 kg.
T1 . sen 60 + T2. sen 60 = 50 (Ecuación 2)
T1 . sen 60 + T2. sen 60 = 50
T1 . sen 60 + (T1). sen 60 = 50
2T1 . sen 60 = 50
1,732
50
60sen2
50
1T ==
T2T1
T3
10 Kg10 Kg
T 1
B
60 0
T2
C
60 0
W = 50 kg
A
T3
T2
θ3 = 00
θ2 = 60 0
W = 50 kg
T 2Y
60 0
W
T1
T1Y
T2X
T2
60 0
T1X

60
T1 = 28,86 Kg.
T2 = T1
T2 = 28,86 Kg.
C) El peso del bloque es 50 kg. Calcular las tensiones T2 y T3
T2Y = T2. sen 60 T2X = T2 . cos 60
Σ FX = 0
T2X - T3 = 0
T2X = T3
T2 . cos 60 = T3 (Ecuación 1)
Σ FY = 0
T2Y – W = 0 (Ecuación 2)
T2Y = W pero: W = 50 kg.
T2 . sen 60 = 50 (Ecuación 2)
kg.57,73
60sen
50
2T ==
T2 = 57,73 Kg.
T2 . cos 60 = T3
(57,73) . cos 60 = T3
T3 = (57,73) * 0,5
T3 = 28,86 Kg.
Problema 2-5 sears – zemansky
Calcular la tensión en cada cuerda de la figura 2-14 si el peso del cuerpo suspendido es 200 Kg.
Caso a)
Llamando a las tensiones de las cuerdas A, B, C como Ta , Tb , Tc respectivamente tenemos
W = 50 kg
600
T 2X
T 2Y
T3
T2
450
T A
TB
C
300
W = 200 kg
A
Caso a

61
Figura 2.14
∑ FX = 0
TBX – TAX = 0
Pero: TBX = TB cos45
TAX = TA cos 30
∑ FX = - TA cos 30 + TB cos 45 = 0
- 0,866 TA + 0,707 TB = 0 (Ecuac 1)
∑ FY = 0
TAY + TBY – W = 0
Pero: TBY = TB sen 45
TAX = TA sen 30
∑ FY = Ta sen 30 + Tb sen 45 – W = 0
0,5 TA + 0,707 TB = 200 (Ecuac 2)
- 0,866 TA + 0,707 TB = 0 (Ecuac 1)
0,707 TB = 0,866 TA
TB = 0,866 TA / 0,707
TB = 1,25 TA
Reemplazando en la ecuac 2
0,5 TA + 0,707 TB = 200 (Ecuac 2)
0,5 TA + 0,707 (1,25 TA ) = 200
0,5 TA + 0,8837 TA = 200
1,366 TA = 200
TA = 200 / 1,366
TA = 146,41 Kg.
TB = 1,25 TA
TB = 1,25 * (146,41)
TB = 183,01 Kg.
Caso b)
∑ FX = 0
TBX – TA = 0
Pero: TBX = TB cos 45
∑ FX = TB cos 45 - TA = 0
0,707 TB = TA (Ecuac 1)
∑ FY = 0
TBY - W = 0
∑ FY = TB sen 45 – W = 0
0,707 TB = 200 (Ecuac 2)
450
TA TAY
TBX
T BY
TB
300
TAX
W = 200 kg

62
0,707 TB = 200 (Ecuac 2)
TB = 200 / 0,707
TB = 283 Kg.
0,707 TB = TA Ecuac 1
0,707 * (283 Kg.) = TB
200 Kg. = TB
Caso c)
Nótese que tomamos 300
ya que este es el ángulo que TA forma con el eje de las x.
Reemplazando ecuac 1 en ecuac 2
0,707 TB - 0,5 TA = 200 (Ecuac 2)
(TA 0,866) - 0,5 TA = 200
∑ FX = 0
TBX – TA = 0
Pero: TBX = TB cos 45
TAX = TA cos 30
∑ FX = TB cos 45 - TA = 0
∑ FX = TB cos 45 - TA cos 30 = 0
0,707 TB = TA 0,866 (Ecuac 1)
∑ FY = 0
TAY + TBY – W = 0
TAY = TA sen 30
∑ FY = TB sen 45 –TA sen 30 – W = 0
0,707 TB - 0,5 TA = 200 (Ecuac 2)
TC
W = 200 kg
TB
450TA
TBX
T BY
TB
T A
450
TC
W = 200 kg
Caso b
300
300
T A
TB
450
W = 200 kg
Caso c
300
TAY
TAX
TB
450
TA
TBX
T BY
W = 200 kg

63
0,366 TA = 200
TA = 200 / 0,366
TA = 546,45 Kg.
Pero: 0,707 TB = TA 0,866
TB = TA 0,866 / 0,707
TB = (546,45 ) * 0,866 / 0,707
TB = 669,34 Kg.
Caso d)
Como el sistema se halla en equilibrio. Aplicando las condiciones de equilibrio a cualquier punto, en
este caso el nudo o entre C y A tenemos:
De la figura 2.8
∑ FX = 0
TAX – TB – TCX = 0
Pero: TAX = TA cos 37
TCX = TA cos 53
∑ FX = TAX cos 37 – TB – TCX cos 53 = 0
Ecuac 1
∑ FY = 0
TAY – TCY = 0
Pero: TAY = TA sen 37
TCY = Tc sen 53
∑ FY = TA sen 37 – TC sen 53 = 0
TA sen 37 = TC sen 53 (Ecuac 2)
De la figura 2.9 tenemos:
∑ FX = 0
TCX - TCX = 0
∑ FX = Tc cos 53 – Tc cos 53 = 0
∑ FY = 0
TCY + TCY – W = 0
Pero: TCY = TC sen 53
∑ FY = TC sen 53 + TC sen 53 – W = 0
∑ FY = 2 TC sen 53 – W = 0 (Ecuac 3)
TAY
TB
TCY
TA
53
0
37
0
TAX
TCX
FIGURA 2.8
TC
M
C
TC
A TA
TB
530
530
370
370
530
W

64
De la ecuac 3 tenemos:
2 TC sen 53 – W = 0 Ecuac 3
2 TC sen 53 = 200
2 TC (0,799) = 200
TC 1,598 = 200
TC = 200 / 1,598
TC = 125 Kg.
TA sen 37 – TC sen 53 = 0
Pero: TC = 125 Kg.
TA sen 37 = TC sen 53
TA sen 37 = (125) * sen 53
TA sen 37 = (125) * 0,799
TA sen 37 = 99,875
TA = 99,875 / sen 37
TA = 99,875 / 0,602
TA = 165,88 Kg.
TA cos 37 – TB – TC cos 53 = 0
TA cos 37– TC cos 53 = TB
Pero:
TC = 125 Kg.
TA = 165,88 Kg.
TB = 165,88 * cos 37 – 125 cos 53
TB = 165,88 * 0,8 – 125 * 0,602
TB = 57,29 Kg.
TCY
TC
TCY
TCX TCX
53
0
TC
53
0
W
FIGURA 2.9

65
Problema 2.6 sears – zemansky
Calcular la tensión del cable y el valor y sentido de la fuerza ejercida sobre el puntal por el pivote, en
los dispositivos esquematizados en la figura 2-15, siendo en todos los casos 1000 Kg. el peso del
objeto suspendido. Despréciese el peso del puntal ?
Caso a
Sea W = 1000 kg el peso suspendido. T la tensión del cable
y C la fuerza del pivote. Las condiciones del equilibrio de los sistemas exigen para cada punto.
Condición que la tomaremos en la unión del puntal con la cuerda.
∑ FX = 0
pero: TCX = T cos 30
∑ FX = C - TCX = 0
∑ FX = C - T cos 30 = 0
C = T cos 30 (Ecuac 1)
∑ FY = 0
pero: TCY = T sen 30
∑ FY = TCY – W = 0
∑ FY = T sen 30 – W = 0
T sen 30 = W (Ecuac 2)
T sen 30 = W Ecuac 2
T = 1000 / 0,5
T = 2000 KG.
Reemplazando
C = T cos 30 (Ecuac 1)
C = (2000) * cos 30 = 2000 * 0’866
C = 1,732 KG.
Caso b )
∑ FX = 0
pero: CX = C cos 30
∑ FX = CX - T = 0
∑ FX = C cos 30 - T = 0
T = C cos 30 (Ecuac 1)
∑ FY = 0
pero: CY = C sen 30
∑ FY = CY – W = 0
∑ FY = C sen 30 – W = 0
C sen 30 = W (Ecuac 2)
C sen 30 = W (Ecuac 2)
C = W / sen 30 = 1000 / 0,5
C = 2000 KG.
Reemplazando
T = C cos 30
T = 2000 * 0,866
T = 1732 kg.
Caso a
W
T
C
T
W
C
TCY
30
0
TCX

66
Caso C)
∑ FX = 0
∑ FX = C cos 30 - T cos 45 = 0
T cos 45 = C cos 30 Ecuac 1
T 0,707 = C 0,866 Ecuac 1
∑ FY = 0
∑ FY = C sen 30 + T sen 45 - W = 0
C sen 30 + T sen 45 - W = 0 Ecuac 2
T 0,707 = W - C 0,5 Ecuac 2
Igualando las ecuaciones
T 0,707 = C 0,866 Ecuac 1
T 0,707 = W - C 0,5 Ecuac 2
C 0,866 = W - C 0,5
C 0,866 = 1000 - C 0,5
C 0,866 + C 0,5 = 1000
1,366 C = 1000
C = 1000 / 1,366
C = 732,7 Kg
Reemplazando
T 0,707 = C 0,866 Ecuac 1
T 0,707 = (732,7) * 0,866 Ecuac 1
T = (732,7) * 0,866 / 0,707
T = 896,7 Kg.
T
T
W
C
30
0
30
0
Caso b
CY
Cx
C
T
W
30
0
W
T
Caso C
C
30
0
45
0
CY
W
CX
TY
30
0
TX
C
450
T
300

67
Caso d)
∑ FX = 0
Pero: CX = C cos 45
TX = T cos 30
∑ FX = CX - TX = 0
∑ FX = C cos 45 - T cos 30 = 0
T cos 30 = C cos 45
T 0,866 = C 0,707 (Ecuac 1)
∑ FY = 0
Pero: CY = C sen 45
TY = T sen 30
∑ FY = CY – TY - W = 0
∑ FY = C sen 45 – T sen 30 - W = 0
C 0,707 = W + T 0,5 (Ecuac 2)
Igualando las ecuaciones
T 0,866 = C 0,707 (Ecuac 1)
C 0,707 = W + T 0,5 (Ecuac 2)
T 0,866 = W + T 0,5
T 0,866 - T 0,5 = W
T 0,366 = 1000
T = 1000 / 0,366
T = 2720 kg.
C 0,707 = T 0,866
C 0,707 = 2720 * 0,866
C = 2720 * 0,866 / 0,707
C = 3340 KG
Problema 2.8 S sears – zemansky
Una viga horizontal de 8 dm de larga se encuentra empotrada en una pared vertical por uno de sus
extremos.
En el otro extremo hay suspendido un peso de 500 kg.
La viga esta sostenida en su extremo libre por un cable tenso, sujeto a un punto de la pared situado
en la misma vertical que el extremo empotrado de la barra.
a) Si la tensión en este cable no puede exceder de 1000 kg. ¿Cuál será la altura mínima por
encima de la viga a la cual ha de estar sujeto a la pared.
T
C
45
0
30
0
W
CY
W
CX
TY
30
0
TX
C
450
T
300

68
b) En cuantos Kg aumentaría la tensión del cable si se sujetase 1 dm por debajo de dicho
punto, permaneciendo la viga horizontal? (Despreciar el peso de la viga).
Σ FY = 0
TY – W = 0 (Ecuación 1)
TY = W pero: W = 500 kg.
TY = 500
TY = T sen θ
Pero T = 1000 Kg.
TY = T sen θ
500 = (1000) * sen θ
0,5
1000
500
sen ==θ
sen θ = 0,5
θ = arc sen 0,5
θ = 300
80
h
X
h
tg ==θ
80
h
30tg =
h = 80 * tg 30
h = 46,18 cm
Uno de los extremos de una cuerda de 15 m de longitud esta sujeto a un automóvil. El otro extremo
esta atado a un árbol. Un hombre ejerce una fuerza de 50 kg en el punto medio de la cuerda,
desplazándola lateralmente 60cm.
Cual es la fuerza ejercida sobre el automóvil?
0,08
7,5
0,6
X
Y
sen ===θ
sen θ = 0,08
P = 500 kg
T = 1000 kg
X = 80 cm
h
TY
TX
T
P = 500 kg
θ
T1
T1Y
T1X
T2Y
T2X
Y = 60 cm
θ θ
X = 7.5 metros
X = 7.5 metros
D = 15 metros
F = 50 Kg

69
Σ FX = 0
T2X -T1X = 0
T2X = T1X
Pero T1X = T1 cos θ T2X = T2 cos θ
T1 cos θ = T2 cos θ (Ecuación 1)
T1 = T2
Σ FY = 0
T 2y + T1y - F = 0 (Ecuación 1)
T 2Y + T1Y = F pero: F = 50 kg.
T 2Y + T1Y = 50
T 2Y = T2 sen θ
T 1Y = T1 sen θ
T 2Y + T1Y = 50
T2 sen θ + T1 sen θ = 50 (Reemplazando Ecuación 1)
T1 = T2
T2 sen θ + (T2 ) sen θ = 50
2T2 sen θ = 50
Kg.312,5
0,16
50
0,08*2
50
sen2
50
2T ====
θ
T2 = 312,5 Kg
T1 = T2 = 312,5 Kg
Calcular el máximo peso W que puede soportar la estructura de la figura, si la máxima tensión que la
cuerda superior puede resistir es de 1000 Kg. y la máxima compresión que puede soportar el puntal es de
2000 kg. La cuerda vertical es lo bastante fuerte para poder resistir cualquier carga.
CX = C . cos 45
CY = C . sen 45
TX = T . cos 30
TY = T . sen 30
Σ FX = 0
CX – TX = 0 (Ecuación 1)
CX = TX
C . cos 45 = T . cos 30
C. 0,707 = (1000) . 0,866
C W
T = 1000 kg
450
300
450
W
CX
TY CY
TX
C
T = 1000 kg
300

70
C. 0,707 = 866
Σ FY = 0
CY + TY – W = 0 (Ecuación 2)
CY + TY = W
C . sen 45 + T . sen 30 = W
(1224,89) * 0,707 + (1000) * 0,5 = W
865,99 + 500 = W
W = 1365,99 Kg.
CONCLUSION: Nótese que aisladamente la cuerda no puede resistir un peso superior a 1000 kg. Pero
al formar la estructura podemos superar la tensión máxima. Esto se debe a que en la estructura es el
conjunto el que se distribuye el peso a resistir y no la cuerda aisladamente.
El bloque A pesa 100 kg. El coeficiente estático de rozamiento entre el bloque y la superficie sobre la
cual reposa es 0,3. El peso W es de 20 kg. y el sistema esta en equilibrio. Calcular la fuerza de
rozamiento ejercida sobre el bloque A.
BLOQUE WA = 100 Kg.
Σ FX = 0
T2 – FR = 0 (Ecuación 1)
T2 = FR
Σ FY = 0
N – WA = 0 (Ecuación 2)
N = WA Pero: WA = 100 Kg.
N = 100 Kg.
Pero: μ = 0,3
FR = μ * N (Ecuación 3)
FR = (0,3) * 100
FR = 30 Kg.
Pero: T2 = FR
T2 = 30 Kg.
BLOQUE W2
Σ FX = 0
T1X – T2 = 0
T1X = T2 (Ecuación 4)
Pero: T2 = 30 Kg.
T1X = 30 Kg.
T1X = T1 cos 45
Kg42,426
0,707
30
45cos
1XT
1T ===
W2WA
N
FR
WA W2
T2
T2
T1
T1Y
450
T1X
W2
450
T1T2T2
FR
N
WA
Kg.1224,89
0,707
866
C ==

71
T1 = 42,426 Kg.
Σ FY = 0
T1Y – W2 = 0
T1Y = W2 (Ecuación 5)
Pero T1Y = T1 sen 45
T1Y = W2 = T1 sen 45
W2 = T1 sen 45
W2 = (42,426) sen 45
W2 = 30 kg.
Un bloque es arrastrado hacia la derecha a velocidad constante por una fuerza de 10 kg. que actúa
formando un ángulo de 300
por encima de la horizontal. El coeficiente cinético de rozamiento entre el
bloque y la superficie es 0,5.
Cual es el peso del bloque. Supóngase que todas las fuerzas actúan en el centro del bloque.
BLOQUE W = 100 Kg.
Σ FX = 0
FR - FX = 0 (Ecuación 1)
FR = FX
Pero: FX = F cos 30
FX = 10 . 0,866
FX = 8,66 kg.
Pero FR = FX 8,66 Kg.
FR = μ N (Ecuación 2)
FR = 0,5 N = 8,66 Kg
Kg.17,32
0,5
8,66
0,5
RF
N ===
N = 17,32 KG.
Σ FY = 0
N + FY – W = 0 (Ecuación 3)
Pero: FY = F sen 30
FY = (10) 0,5
FY = 5 Kg.
N + FY – W = 0
Pero: FY = 5 Kg. N = 17,32 KG.
W = N + FY
W = 17,32 + 5 = 22,32 Kg.
W = 22,32 Kg.
W
N
FR FX
F FY
300
F = 10 Kg
W
N
F
300

72
Un bloque que pesa 14 kg. esta colocado sobre un plano inclinado y ligado a otro bloque de 10 kg.
por una cuerda que pasa por una pequeña polea sin rozamiento. El coeficiente cinético de
rozamiento entre el bloque y el plano es 1/7. Para que dos valores de θ se moverá el sistema a
velocidad constante. Supóngase que todas las fuerzas actúan en el centro del bloque.
Bloque P1 = 14 Kg.
Σ FX = 0
T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1)
Pero: P1X = P1 sen θ
P1X = 14 sen θ
Pero: P1Y = P1 cos θ
P1Y = 14 cos θ
Σ FY = 0
N1 - P1Y = 0 (Ecuación 2)
N1 = P1Y
N1 = 14 cos θ
FR = μ * N1 (Ecuación 3)
FR = 1/7 * (14 cos θ)
FR = 2 cos θ
Bloque m2
Σ FY = 0
P2 – T = 0 (Ecuación 4)
P2 = T Pero: P2 = 10 kg
T = P2 = 10 kg
10 – 14 senθ - 2 cos θ = 0
pero : sen2
θ + cos2
θ = 1
2/1
2sen-12sen-1cos ⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛== θθθ
Reemplazando
10 – 14 senθ - 2 cos θ = 0
10 – 14 senθ - 2 (1-sen2
θ)1/2
= 0
5 – 7 senθ - (1-sen2
θ)1/2
= 0
5 – 7 senθ = (1-sen2
θ)1/2
Elevando al cuadrado en ambos lados
P2 = m2 * g
P2 = 10 kg
Bloque m2
T
P1 = m1 * g
P1 = 14 kg
FR
P1Y
Bloque m1
P1X
θ0
N1
T
P2 = 10 kg
P1 = 14 kg
FR
θ0
T
T

73
[ ]
2
2/1
2sen-1275
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛=− θθsen
25 – 70 senθ + 49 sen2
θ = 1 – sen2
θ
49 sen2
θ + sen2
θ – 70 senθ + 25 – 1 = 0
50 sen2
θ – 70 sen θ + 24 = 0
Aplicando la formula para ecuaciones de segundo grado.
a = 5 b =-70 c= 24
100
4800-490070
(50)2
24(50)4-270)-(70)(--
sen
±
=
±
=θ
100
1070
100
10070
sen
±
=
±
=θ
0,8
100
80
100
1070
1sen ==
+
=θ θ1 = arc sen 0,8
θ1 = 53,130
0,6
100
60
100
1070
2sen ==
−
=θ θ2 = arc sen 0,6
θ2 = 36,860
θ1 = 53,130
Cuando el cuerpo se desplaza hacia la derecha.
θ2 = 36,860
Cuando el cuerpo se desplaza hacia la izquierda.
Un bloque que pesa 100 kg esta colocado sobre un plano inclinado de 300
y conectado a un
segundo bloque de peso W pendiente de una cuerda que pasa por una pequeña polea sin
rozamiento. El coeficiente estático de rozamiento es 0,4 y el coeficiente cinético 0,3.
a) Calcular el peso W para el cual el bloque de 100 kg se eleva por el plano a velocidad
constante.
b) Hállese el peso W para el cual se mueve hacia abajo a velocidad constante.
c) Para que intervalo de valores de W permanecerá el bloque en reposo?
Calcular el peso W para el cual el bloque de 100 kg
se eleva por el plano a velocidad constante.
Bloque P1 (Cuando se desplaza hacia la derecha)
Σ FX = 0
P2 = 10 kg
P1 = 14 kg
FR
53,130
T
T

74
P1X = 100 * (0,5)
P1X = 50 kg.
Pero: P1Y = P1 cos 30
P1Y = 100 * 0,866
P1Y = 86,6 Kg.
Σ FY = 0
N1 = P1Y
N1 = 86,6 Kg.
Nota: Cuando el cuerpo esta en movimiento
se utiliza el coef. cinetico
FR = μC * N1 (Ecuación 3)
μC = 0,3 (Coeficiente cinético de rozamiento)
FR = 0,3 * (86,6)
FR = 25,98 Kg.
Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1.
Pero: P1X = 50 kg. FR = 25,98 Kg.
T = P1X + FR = 0
T = 50 + 25,98
T = 75,98 Kg.
BLOQUE W
Σ FY = 0 (por que se desplaza a velocidad constante)
T – W = 0
T = W (Ecuación 4)
Pero T = 75,98 Kg.
W = 75,98 Kg.
Hállese el peso W para el cual se mueve hacia abajo a velocidad constante.
Bloque P1 (Cuando se desplaza hacia la izquierda)
Σ FX = 0
- T + P1X - FR = 0 (Ecuación 1)
P1X = 100 * (0,5)
P1X = 50 kg.
P1Y = 100 * 0,866
P1Y = 86,6 Kg.
P1 = 100 kg
FR
P1Y
Bloque P1
P1X
300
N1
T
W = ?
P1 = 100 kg
FR
300
T
T
W = m2 * g
W = ?
Bloque W
T
La fuerza de rozamiento
actua en sentido contrario
al movimiento.

75
Σ FY = 0
N1 = P1Y
N1 = 86,6 Kg.
Nota: Cuando el cuerpo esta en movimiento
se utiliza el coef. cinetico
μC = 0,3 (Coeficiente cinético de rozamiento)
FR = 0,3 * (86,6)
FR = 25,98 Kg.
Para hallar la tensión en la cuerda
se reemplaza en la ecuación 1.
-T + P1X - FR = 0 (Ecuación 1)
Pero: P1X = 50 kg. FR = 25,98 Kg.
T = P1X - FR = 0
T = 50 - 25,98
T = 24,02 Kg.
BLOQUE W
(por que se desplaza a velocidad constante)
Σ FY = 0
T – W = 0
T = W (Ecuación 4)
Pero T = 24 Kg.
W = 24 Kg.
Para que intervalo de valores de W permanecerá el bloque en reposo?
SI el cuerpo intenta moverse hacia la derecha, la fuerza de rozamiento actúa hacia la
izquierda
Bloque P1 (Cuando el cuerpo intenta desplazamiento hacia la derecha)
Σ FX = 0
T – P1X - FR = 0 (Ecuación 1)
P1X = 100 * (0,5)
P1X = 50 kg.
Pero:
P1Y = P1 cos 30
P1Y = 100 * 0,866
P1Y = 86,6 Kg.
Σ FY = 0
W = m2 * g
W = ?
Bloque W
T
P1 = m1 * g
P1 = 100 kg
FR
P1Y
Bloque P1
P1X
300
N1 T
W = ?
P1 = 100 kg
FR
300
T
T
La fuerza de rozamiento
actua en sentido contrario
al movimiento.
P1 = 100 kg
FR
P1Y
Bloque P1
P1X
300
N1
T
La fuerza de rozamiento actua en
sentido contrario al movimiento.
Cuando el cuerpo no se desplaza se
utiliza el coef. estatico

76
N1 = P1Y
N1 = 86,6 Kg.
μC = 0,4 (Coeficiente estático de rozamiento)
FR = 0,4 * (86,6)
FR = 34,64 Kg.
T – P1X - FR = 0 (Ecuación 1)
Pero: P1X = 50 kg. FR = 25,98 Kg.
T = P1X + FR = 0
T = 50 + 34,64
T = 84,64 Kg.
BLOQUE W
Σ FY = 0
T – W = 0
T = W (Ecuación 4)
Pero T = 84,64 Kg.
W = 84,64 Kg.
SI el cuerpo intenta moverse hacia la izquierda, la fuerza de rozamiento actúa hacia la
derecha
Σ FX = 0 Cuando el cuerpo intenta desplazamiento hacia la izquierda)
T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1)
P1X = 100 * (0,5)
P1X = 50 kg.
P1Y = 100 * 0,866
P1Y = 86,6 Kg.
Σ FY = 0
N1 = P1Y
N1 = 86,6 Kg.
μC = 0,4 (Coeficiente estático de rozamiento)
FR = 0,4 * (86,6)
FR = 34,64 Kg.
W = m2 * g
W = ?
Bloque W
T
P1 = m1 * g
P1 = 100 kg
FR
P1Y
Bloque P1
P1X
300
N1 T
La fuerza de rozamiento actua en
sentido contrario al movimiento.
Cuando el cuerpo no se desplaza
se utiliza el coef. estatico

77
T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1)
Pero:
P1X = 50 kg. FR = 25,98 Kg.
T = P1X - FR = 0
T = 50 - 34,64
T = 15,36 Kg.
BLOQUE W
Σ FY = 0
T – W = 0
T = W (Ecuación 4)
Pero T = 15,36 Kg.
W = 15,36 Kg.
Problema 2.15 Sears zemanski
El bloque A pesa 4 kg y el bloque B pesa 8 kg. El coeficiente cinético de rozamiento entre todas las
superficies es 0,25. Calcular la fuerza P necesaria para arrastrar el bloque B hacia la izquierda a
velocidad constante.
a) Si A queda sobre B y se mueve con el?
Bloque B
La normal del bloque es igual a la suma de los pesos del cuerpo A y del cuerpo B.
∑ FB
YB = 0
NB
BB - WB
BB – WB
AB = 0
NB
BB = WB
BB + WB
AB
NB
BB = 8 kg + 4 kg
NB
BB = 12 kg
Pero: μB
CB = 0,25
FB
R1B = μB
CB NB
BB
FB
R1B = 0,25 * 12 kg
FB
R1B = 3 kg.
0B
∑ FB
XB = ma (por que se desplazan a velocidad constante, no existe aceleración)
∑ FB
XB = 0
P
FB
R1B es la fuerza de rozamiento
cinético entre la masa inferior B y el
piso.
B = 8 kg.
A = 4 kg.
Bloque B
WB
A
NB
B
FB
R1
P
WB
B
W = m2 * g
W = ?
Bloque W
T

78
P - FB
R1B = 0
P = FB
R1B
P = 3 kg.
b) Si A se mantiene en reposo?
Bloque A
B
0B
∑ FB
XB = ma (por que el bloque “A” no se desplaza, por que esta atado a la cuerda)
∑ FB
XB = 0
FB
R2B - T = 0
FB
R2B = T
∑ FB
YB = 0
NB
AB – WB
AB = 0
NB
AB = WB
AB
NB
AB = 4 kg
Pero: μB
CB = 0,25
FB
R2B = μB
CB NB
AB
FB
R2B = 0,25 * 4 kg
FB
R2B = 1 kg.
Bloque B
∑ FB
YB = 0
NB
BB - WB
BB – WB
AB = 0
NB
BB = WB
BB + WB
AB
NB
BB = 8 kg + 4 kg
NB
BB = 12 kg
Al moverse el bloque B hacia la izquierda a velocidad constante, se ejercen dos fuerzas de
rozamiento en sentido contrario al movimiento del bloque B.
Pero: μB
CB = 0,25
FB
R1B = μB
CB NB
BB
FB
R1B = 0,25 * 12 kg
FB
R1B = 3 kg.
P
FB
cinético entre los 2 cuerpos.
FB
piso.
B = 8 kg.
A = 4 kg.
T
FB
R2
Bloque A
WB
A
NB
A
T
FB
R1
FB
R2
Bloque B
WB
A
NB
B
P
WB
B

79
B
0B
∑ FB
XB = ma (por que el bloque “B” se desplaza hacia la izquierda a velocidad
constante)
∑ FB
XB = 0
P - FB
R2B – FB
R1B = 0
P = FB
R2B + FB
R1B
P = 1 kg + 3 kg
P = 4 kg
c) Si A y B están unidos por una cuerda ligera flexible que pasa por una polea fija sin
rozamiento.
Bloque A
B
0B
∑ FB
XB = ma (por que el bloque “A” se desplaza a VELOCIDAD CONSTANTE)
∑ FB
XB = 0
FB
R2B - T = 0
FB
R2B = T
∑ FB
YB = 0
NB
AB – WB
AB = 0
NB
AB = WB
AB
NB
AB = 4 kg
Pero: μB
CB = 0,25
FB
R2B = μB
CB NB
AB
FB
R2B = 0,25 * 4 kg
FB
R2B = 1 kg.
FB
R2B = T
T = 1 kg.
Bloque B
∑ FB
YB = 0
NB
BB - WB
BB – WB
AB = 0
NB
BB = WB
BB + WB
AB
NB
BB = 8 kg + 4 kg
NB
BB = 12 kg
T
P
FB
cinético entre los 2 cuerpos.
FB
piso.
B = 8 kg.
A = 4 kg.
T
FB
R2
Bloque A
WB
A
NB
A
T
WB
A
WB
B
T
FB
R1
FB
R2
Bloque B
NB
B
P

80
Al moverse el bloque B hacia la izquierda a velocidad constante, se ejercen dos fuerzas de
rozamiento en sentido contrario al movimiento del bloque B.
Pero: μB
CB = 0,25
FB
R1B = μB
CB NB
BB
FB
R1B = 0,25 * 12 kg
FB
R1B = 3 kg.
B
0B
∑ FB
XB = ma (por que el bloque “B” se desplaza hacia la izquierda a velocidad
constante)
∑ FB
XB = 0
P - FB
R2B – FB
R1B – T = 0
P = FB
R2B + FB
R1B + T
P = 1 kg + 3 kg + 1 kg
P = 5 kg
Problema 2.16 Sears zemanski
El bloque A, de peso W, desliza hacia abajo con velocidad constante sobre un plano inclinado S
cuya pendiente es 370
mientras la tabla B, también de peso W, descansa sobre la parte superior de
A. La tabla esta unidad mediante una cuerda al punto mas alto del plano.
a) Dibujar un diagrama de todas las fuerzas que actúan sobre el bloque A.
b)Si el coeficiente cinético de rozamiento entre las superficies A y B y entre S y A es el mismo,
determinar su valor.
BW
BXW
37sen =
WBX = WB sen 37 = m g sen 37
WAX = WA sen 37= m g sen 37
BW
BYW
37cos =
WBY = WB cos 37 = m g cos 37
WAY = WA cos 37 = m g cos 37
Bloque B
∑ FX = 0 Por que el bloque B no se desplaza por que la cuerda no lo permite.
T - WBX – FR1 = 0
Pero: FR1 = μ NB
∑ FY = 0
NB – WBY = 0
NB = WBY = m g cos 37
Bloque A
∑ FY = 0
NA – WAY – WBY = 0
NA = WAY + WBY
FR1 = fuerza de
rozamiento entre los
dos bloques
T
FR2 = fuerza de
rozamiento entre
el bloque B y el
plano inclinado
B
A
370
WBX
370
NB
FR1
WBY
WB = mB g
T
Bloque B
WA = m g
WAX
WAY
FR2NA
WBX
WBY
WB = m g
Bloque A
FR1

81
NA = WB cos 37 + WB cos 37
NA = m g cos 37 + m g cos 37
NA = 2m g cos 37
Por que el bloque A se desplaza a VELOCIDAD CONSTANTE,
la aceleración es cero.
∑ FX = 0
FR1 + FR2 - WBX – WAX = 0
WBX = WB sen 37 = m g sen 37
WAX = WA sen 37= m g sen 37
Pero : WAX = WBX
FR1 + FR2 = WBX + WAX
FR1 + FR2 = m g sen 37 + m g sen 37
FR1 + FR2 = 2 m g sen 37 (Ecuacion 1)
FR1 = μ NB (+)
FR2 = μ NA
FR1 + FR2 = μ NB + μ NA
FR1 + FR2 = μ (NB + NA) (Ecuacion 2)
Pero: NA = 2m g cos 37
NB = m g cos 37
Reemplazando en la ecuacion 2
FR1 + FR2 = μ (NB + NA) (Ecuacion 2)
FR1 + FR2 = μ (m g cos 37 + 2m g cos 37 )
FR1 + FR2 = μ (3m g cos 37 ) (Ecuación 3)
Igualando la Ecuación 1 y la Ecuación 3
FR1 + FR2 = 2 m g sen 37 (Ecuacion 1)
FR1 + FR2 = μ (3m g cos 37 ) (Ecuación 3)
2 m g sen 37 = μ (3m g cos 37 )
Cancelando los terminos semejantes
2 m g sen 37 = μ (3m g cos 37 )
2 sen 37 = μ (3 cos 37 )
Despejamos μ
37tg
3
2
37cos3
37sen2
==μ

82
μ = 0,666 tg 37
Problema 2 – 17 Sears - Zemansky
Dos bloques A y B están dispuestos como indica la figura 2-21 y unidos por una cuerda al bloque C.
El bloque A = B = 20 Newton. y el coeficiente cinético de rozamiento entre cada bloque y la
superficie es 0,5. El bloque C desciende con velocidad constante.
a) Dibujar dos diagramas de fuerzas distintos que indiquen las fuerzas que actúan sobre A y B.
b) Calcular la tensión de la cuerda que une los bloques A y B
c) Cual es el peso del bloque C?
Bloque A
∑ FX = 0 Por que se desplaza
a velocidad constante, luego la aceleración es cero.
T1 – FR1 = 0 (Ecuación 1)
T1 = FR1
∑ FY = 0
WA – N1 = 0
WA = N1
WA = N1 = 20 Newton
Pero: FR1 = μ N1
FR1 = μ 20 = 0,5 * 20
FR1 = 10 Newton
T1 = FR1
T1 = 10 Newton
Bloque B
Por que se desplaza a velocidad constante
hacia la derecha, luego la aceleración es cero.
∑ FX = 0
T2 – WBX – T1 – FR2 = 0 (Ecuación 2)
Pero:
WBX = WB sen 37
WBX = 20 sen 37 = 12,036 Newton
WBX = 12,036 Newton
T1 = 10 Newton
∑ FY = 0
WBY – N2 = 0
WBY = N2 = WB cos 37 = 20 cos 37
WBY = N2 = 15,972 Newton
Pero: FR2 = μ N2
FR2 = μ 20 = 0,5 * 15,972
FR2 = 7,986 Newton
Reemplazando en la ecuación 2, hallamos la tensión T2
Bloque B
WB
N2
WBX
WBY
T1
FR2
T2
370
FR1
Bloque A
WA
N1
T1
FR1
WA
T1
Bloque A
FR2
T2
T2
T1
T1
370
Bloque C
Bloque B
FR1

83
T2 – WBX – T1 – FR2 = 0 (Ecuación 2)
T2 = WBX + T1 + FR2
T2 = 12,036 + 10 + 7,986
T2 = 30 Newton
Bloque C
Por que se desplaza a velocidad constante hacia
la derecha, luego la aceleración es cero.
∑ FY = 0
WC – T2 = 0
WC = T2 = 30 Newton
WC = 30 Newton
Problema 2.18 Sears - Zemansky
Una cadena flexible de peso W cuelga entre dos ganchos situados a la misma altura, como indica la
figura 2-22. En cada extremo la cadena forma un ángulo θ con la horizontal
a) Cual es el valor y dirección de la fuerza ejercida por la cadena sobre el gancho de la
izquierda?
b) Cual es la tensión de la cadena en el punto mas bajo?
∑ FX = 0
FX – FX = 0
∑ FY = 0
W – FY – FY = 0
W – 2FY = 0
W = 2FY
Pero:
FY = F sen θ
W = 2FY = 2(F sen θ)
W = 2 F sen θ
θsen2
W
F =
∑ FX = 0
T - FX = 0
T = FX
Pero:
FX = F cos θ
T = FX = F cos θ
T = F cos θ
Pero:
θsen2
W
F =
W
W
FX FX
FYFY
F F
θθ
θθ
w/2
T
w/2
θ
T FX
FY
F
θ
WC
T2
Bloque C

84
Reemplazando
T = F cos θ
θ
θ
cos
sen2
W
T ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
θ
θ
sen
cos
2
W
T ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
θctg
2
W
T ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
Problema de Sears – Zemansky
Un bloque de 8 kg y otro de 16 kg están suspendidos en los extremos opuestos de una cuerda que
pasa por una polea. Calcular:
a) La aceleración del sistema?
b) La tensión de la cuerda
c) La tensión de la cuerda que sostiene la polea. Desprecie el peso de esta.
∑ FY = m1 a
T - m1 g = m1 a (Ecuación 1)
∑ FY = m2 a
m2 g - T = m2 a (Ecuación 2)
m2 g - m1 g = m1 a + m2 a
m2 g - m1 g = (m1 + m2 ) a
16 * 9,8 – 8 * 9,8 = (8 + 16) a
156,8 – 78,4 = 24 a
78,4 = 24 a
a = 3,266 m/seg2
Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión
T = m1 a + m1 g
T = 8 * 3,266 + 8 * 9,8
T = 26,128 + 78,4
T = 104,528 Newton
T1 = 2 T = 2 * 104,528
T1
T
m2
m1
TT
W1 = m1 g W2 = m2 g

85
T1 = 209,056 Newton
Problema 5.9 Resnick – Halliday Pág. 139
Dos bloques están en contacto como se muestra en la figura 5-14 en una mesa sin fricción. Se
aplica una fuerza horizontal a un bloque. Si m1 = 1 kg. m2 = 2 kg. y F = 3 Newton. Encuentre la
fuerza de contacto entre los dos bloques?.
mT = m1 + m2 = 1 + 2 = 3 kg.
mT = 3 kg.
F = mT * a
2seg
m
1
kg
2seg
m
kg
1
kg3
Newton3
Tm
F
a ====
La magnitud de la fuerza de contacto entre los bloques?
Bloque m1
Σ FX = F – FC = m1 a
donde FC es la fuerza de contacto.
F – FC = m1 a
FC = 3 - 2 * 1
FC = 1 Newton.
Tres bloques están conectados como muestran en la figura 5 – 15 en una mesa horizontal sin
fricción y se jalan a la derecha con una fuerza T3 = 60 Newton. Si m1 = 10 kg. m2 = 20 kg. m3 = 30
kg. Encuentre las tensiones TA y TB.
mT = m1 + m2 + m3 = 10 + 20 + 30 = 60 kg.
mT = 60 kg.
T3 = 60 NTB TBTATA
FC
Bloque m2
m2 = 2 kg
m1 = 1 kg
F = 3 N
m2 = 20 kgm1 = 10 kg
TBTA
m3 = 60 kg
TA
TB
Bloque m1
Bloque m2
T3
Bloque m3
FC F = 3 N
Bloque m1

86
F = mT * a
2seg
m
1
kg
2seg
m
kg
1
kg60
Newton60
Tm
F
a ====
Bloque m1
Σ FX = m1 * a
TA = m1 * a (Ecuación 1)
TA = 10 * 1 = 10 Newton
Bloque m2
Σ FX = m2 * a
TB - TA = m2 * a (Ecuación 2)
Reemplazando el valor de TA = 10 N, se halla TB
TB - TA = m2 * a
TB - 10 = 20 * 1
TB = 20 + 10 = 30
TB = 30 Newton.
Una esfera cargada de masa 3 * 10-4
kg. esta colgada de un hilo. Una fuerza eléctrica actúa
horizontalmente sobre la esfera, de tal manera que el hilo hace un ángulo de 370
con la vertical
cuando queda en reposo.
Encuentre: a) La magnitud de la fuerza eléctrica.
a) La tensión del hilo?
FE = Fuerza eléctrica
Σ FX = 0
Σ FX = FE – TX = 0
FE = TX
Pero: TX = T * cos 53
Σ FY = 0
Σ FY = TY – m g = 0
TY = m g
Pero: TY = T * sen 53
Remplazando se halla la tensión del hilo.
T * sen 53 = m g
370
530
T
P = m * g
Fuerza eléctrica

87
Newton3-10*3,681
0,7986
4-10*29,4
0,7986
9,8*4-10*3
53sen
gm
T ==
⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
==
T = 3,681 * 10-3
Newton
Remplazando se halla la magnitud de la fuerza eléctrica
FE = TX = T * cos 53
FE = (3,681 * 10-3
Newton) * cos 53
FE = (3,681 * 10-3
Newton) * 0,6018
FE = 2,215 * 10-3
Newton
PARTE 1 RESNICK – HALLIDAY Pág. 139
Problema 5 – 12 Calcúlese la aceleración inicial ascendente de un cohete de masa 1,3 * 104
kg. Si
el empuje inicial hacia arriba de su motor es 2,6 * 105
Newton.
Puede ud. Omitir el peso del cohete ( la atracción hacia debajo de la tierra sobre el?)
Σ FY = 0
Σ FY = F – m g = m * a
2,6 * 105
Newton. – (1,3 * 104
kg.) * 9,8 = (1,3 * 104
kg.) * a
2,6 * 105
– (12,74 * 104
kg.) = (1,3 * 104
kg.) * a
260000 – 127400 = 132600 = (1,3 * 104
kg.) * a
2seg
m
10,2
410*1,3
132600
a ==
a = 10,2 m/seg2
El peso del cohete no se puede omitir por que es una fuerza que se opone al despegue del cohete.
Un bloque de masa m1 = 43,8 kg. en un plano inclinado liso que tiene un ángulo de 300
esta unido
mediante un hilo que pasa por una pequeña polea sin fricción a un segundo bloque de masa m2 =
29,2 kg que cuelga verticalmente (Figura 5 – 17).
a) Cual es la aceleración sobre cada cuerpo?
b) Cual es la tensión en la cuerda?
Pero: P1X = P1 * sen 30
P1 = m1 * g
P1X = m1 * g * sen 30
P1X = 43,8 * 9,8 * 0,5
P1X = 214,62 Newton
Bloque m1
Σ FX = m1 * a
T – P1X = m1 * a
T – 214,62 = 43,8a (Ecuación 1)
P = m * g
F = 2,6 * 105
N
300
T
m2 = 29,2 kg
m1 = 43,8 kg T
T
TX
530
TY
P = m * g
Fuerza eléctrica
Esfera
Bloque m1
T
P1Y
P1X
P1 = m1 * g
300

88
Bloque m2
Σ FY = m2 * a
P2 - T = m2 * a
P2 = m2 * g
P2 = 29,2 * 9,8
P2 = 286,16 Newton
Reemplazando
P2 - T = m2 * a
286,16 - T = 29,2 * a (Ecuación 2)
Resolviendo la ecuación 1 y ecuación 2,
hallamos la aceleración del sistema.
T – 214,62 = 43,8a (Ecuación 1)
286,16 - T = 29,2a (Ecuación 2)
-214,62 +286,16 = 43,8a + 29,2a
71,54 = 73 a
2seg
m
0,98
73
71,54
a ==
a = 0,98 m/seg2
Cual es la tensión en la cuerda?
Reemplazando
286,16 - T = 29,2a (Ecuación 2)
286,16 - T = 29,2 * 0,98
286,16 - T = 28,61
T = 286.16 – 28,616
T = 257,54 Newton
Remítase a la figura 5 -5. Sea la masa del bloque 29,2 Kg. (2 slugs) y el ángulo θ = 300
.
a) Encuentre la tensión en la cuerda y la fuerza normal que obra en el bloque.
b) Si la cuerda se corta, encuentre la aceleración del bloque. No considere la fricción
P1 = m1 * g
P1X = m1 * g * sen 30
P1X = 29,2 * 9,8 * 0,5
P1X = 143,08 Newton
Bloque m
Σ FX = 0
T – P1X = 0 (Ecuación 1)
T – 143,08 = 0
T = 143,08 Newton.
Bloque m2
P2 = m2 * g
T
300
T
m = 29,2 kg
300
P1Y
N
T
P1X
P1 = m1 * g

89
Σ FY = 0
N – P1Y = 0
N = P1Y
Pero: P1Y = P1 * cos 30
P1 = m1 * g
P1Y = m1 * g * cos 30
N = P1Y = m1 g cos 30
N = 29,2 * 9,8 * 0,866
N = 247,82 Newton
c) Si la cuerda se corta, encuentre la aceleración del bloque. No considere la fricción
Σ FX = m a
P1X = m a (Ecuacion 1)
P1 = m1 * g
P1X = m1 * g * sen 30 (Ecuacion 2)
Reemplazando la ecuacion 2 en la ecuacion1
P1X = m a (Ecuacion 1)
m1 * g * sen 30 = m a
Cancelando terminos semejantes
m1 * g * sen 30 = m a
g * sen 30 = a
a = 9,8 * 0,5
a = 4,9 m/seg2
Remítase a la figura 5 – 7 a. Sea m1 = 1 kg y m2 = 0,5 kg. Encuentre la aceleración del bloque. No
considere la fricción.
Bloque m1
Σ FX = m1 * a
Bloque m2
Σ FY = m2 * a
P2 - T = m2 * a
P2 = m2 * g
m2 * g - T = m2 * a (Ecuación 1)
T
T
m1
m2
T
m2 g
300
P1Y
N
P1X
P1 = m1 * g

90
Sumando las ecuaciones, hallamos la aceleración.
m2 * g - T = m2 * a (Ecuación 1)
m2 g = m1 a + m2 a
m2 g = (m1 + m2 ) a
1,5
4,9
0,51
9,8*0,5
2m1m
g2m
a =
+
=
+
=
a = 3,26 m/seg2
Remítase a la figura 5 -8 a. sea m1 = 1 kg y m2 = 0,5 kg Encuentre la aceleración de los dos bloques
y la tensión de la cuerda
∑ FY = m1 a
∑ FY = m2 a
m1 g – m2 g = m1 a + m2 a
m1 g – m2 g = (m1 + m2 ) a
1 * 9,8 – 0,5 * 9,8 = (1 + 0,5) a
9,8 – 4,9 = 1.5 a
4,9 = 1,5 a
a = 3,26 m/seg2
Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión
T - m2 g = m2 a
T - 0,5 * 9,8 = 0,5 * 3,26
T – 4,9 = 1,63
T = 4,9 + 1,63
T = 6,53Newton
m1 g
T
N1
T
W1 = m1 g
T
W2 = m2 g
T1
T
T m2
m1

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